Parcijalne diferencijalne jednadžbe Skripta radna verzija

Σχετικά έγγραφα
18. listopada listopada / 13

Parcijalne diferencijalne jednadžbe Skripta radna verzija

2. Ako je funkcija f(x) parna onda se Fourierov red funkcije f(x) reducira na Fourierov kosinusni red. f(x) cos

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost

1.4 Tangenta i normala

3.1 Granična vrednost funkcije u tački

Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu)

Matematička analiza 1 dodatni zadaci

2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A.

1 Promjena baze vektora

7 Algebarske jednadžbe

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1.

INTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011.

Neka je a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka.

( , treći kolokvij) 3. Na dite lokalne ekstreme funkcije z = x 4 + y 4 2x 2 + 2y 2 3. (20 bodova)

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k.

Numerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 2009.)

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost

1 / 79 MATEMATIČKA ANALIZA II REDOVI

Operacije s matricama

Funkcija gustoće neprekidne slučajne varijable ima dva bitna svojstva: 1. Nenegativnost: f(x) 0, x R, 2. Normiranost: f(x)dx = 1.

Determinante. a11 a. a 21 a 22. Definicija 1. (Determinanta prvog reda) Determinanta matrice A = [a] je broj a.

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D}

Cauchyjev teorem. Postoji više dokaza ovog teorema, a najjednostvniji je uz pomoć Greenove formule: dxdy. int C i Cauchy Riemannovih uvjeta.

Osnovne teoreme diferencijalnog računa

9. GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika. Monotonost i ekstremi. Katica Jurasić. Rijeka, 2011.

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA

APROKSIMACIJA FUNKCIJA

Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2.

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju

π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1;

Elementi spektralne teorije matrica

1 Obične diferencijalne jednadžbe

DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE

Linearna algebra I, zimski semestar 2007/2008

Uvod u teoriju brojeva

MJERA I INTEGRAL 2. kolokvij 30. lipnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!)

Riješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva

16 Lokalni ekstremi. Definicija 16.1 Neka je A R n otvoren, f : A R i c A. Ako postoji okolina U(c) od c na kojoj je f(c) minimum

DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović

ELEKTROTEHNIČKI ODJEL

Zadatak 2 Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z 3 z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu.

MATEMATIKA Pokažite da za konjugiranje (a + bi = a bi) vrijedi. a) z=z b) z 1 z 2 = z 1 z 2 c) z 1 ± z 2 = z 1 ± z 2 d) z z= z 2

Pismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1.

Trigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto

6 Polinomi Funkcija p : R R zadana formulom

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1

( x) ( ) ( ) ( x) ( ) ( x) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

III VEŽBA: FURIJEOVI REDOVI

Obične diferencijalne jednadžbe 2. reda

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka

Dijagonalizacija operatora

5. PARCIJALNE DERIVACIJE

4.1 Elementarne funkcije

2. KOLOKVIJ IZ MATEMATIKE 1

Diferencijalni i integralni račun I. Prirodoslovno matematički fakultet

4. poglavlje (korigirano) LIMESI FUNKCIJA

Teorijske osnove informatike 1

Matematika 1 - vježbe. 11. prosinca 2015.

radni nerecenzirani materijal za predavanja

( , 2. kolokvij)

Sveučilište J.J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Sveučilišni preddiplomski studij matematike. Keti Martinić. Fourierovi redovi.

Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama.

Integrali Materijali za nastavu iz Matematike 1

Uvod u diferencijalni račun

MATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori

PRIMJER 3. MATLAB filtdemo

Prikaz sustava u prostoru stanja

1 Diferencijabilnost Motivacija. Kažemo da je funkcija f : a, b R derivabilna u točki c a, b ako postoji limes f f(x) f(c) (c) = lim.

PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).

Matematička analiza III

RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ

Matematika 4. t x(u)du + 4. e t u y(u)du, t e u t x(u)du + Pismeni ispit, 26. septembar e x2. 2 cos ax dx, a R.

Signali i sustavi Zadaci za vježbu. III. tjedan

Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu

IZRAČUNAVANJE KONAČNIH SUMA METODIMA DIFERENTNOG RAČUNA

Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 1 / 60

Laplaceova transformacija

Sustavi diferencijalnih jednadžbi

k a k = a. Kao i u slučaju dimenzije n = 1 samo je jedan mogući limes niza u R n :

IZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo

PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI. Sama definicija parcijalnog izvoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je,

Redovi funkcija. Redovi potencija. Franka Miriam Brückler

Strukture podataka i algoritmi 1. kolokvij 16. studenog Zadatak 1

Eliminacijski zadatak iz Matematike 1 za kemičare

4.7. Zadaci Formalizam diferenciranja (teorija na stranama ) 343. Znajući izvod funkcije x arctg x, odrediti izvod funkcije x arcctg x.

TEORIJA REDOVA. n u k (n N) (2) k=1. u k. lim S n = S, kažemo da zbir (suma) reda. k=1 S = k=1

Iskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012

( ) ( ) Zadatak 001 (Ines, hotelijerska škola) Ako je tg x = 4, izračunaj

M086 LA 1 M106 GRP Tema: Uvod. Operacije s vektorima.

Obične diferencijalne jednadžbe

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola.

Iterativne metode - vježbe

2.7 Primjene odredenih integrala

Pismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z.

Transcript:

Parcijalne diferencijalne jednadžbe Skripta radna verzija Saša Krešić-Jurić Odjel za matematiku Prirodoslovno-matematički fakultet Split 214 Napomena: poglavlje 6 nije korigirano

Sadržaj 1 Uvodna razmatranja 3 1.1 Osnovni pojmovi............................. 3 1.2 inearne jednadžbe i princip superpozicije............... 5 1.3 Elementarne tehnike........................... 7 1.4 Klasične jednadžbe matematičke fizike................. 11 1.5 Početni i rubni uvjeti........................... 12 1.6 Stabilnost rješenja, Hadamardov primjer................ 13 1.7 Zadaci................................... 17 2 Fourierov red 19 2.1 Razvoj funkcije u Fourierov red..................... 19 2.2 Konvergencija Fourierovog reda..................... 24 2.2.1 Konvergencija po točkama i Dirichletov teorem........ 28 2.2.2 Uniformna konvergencija..................... 33 2.2.3 Gibbsova pojava......................... 4 3 Klasifikacija jednadžbi drugog reda 42 3.1 Kanonski oblik hiperboličkih jednadžbi................. 46 3.2 Kanonski oblik paraboličkih jednadžbi................. 48 3.3 Kanonski oblik eliptičkih jednadžbi................... 51 4 Jednadžba provodenja 55 4.1 Princip maksimuma i jedinstvenost rješenja............... 55 4.2 Separacija varijabli za homogenu jednadžbu.............. 6 4.3 Separacija varijabli za nehomogenu jednadžbu............. 71 1

SADRŽAJ 2 5 Valna jednadžba 77 5.1 Valno gibanje i d Alembertovo rješenje................. 77 5.2 D Alembertovo rješenje za nehomogenu valnu jednadžbu....... 82 5.3 Početno rubni problem za valnu jednadžbu............... 85 5.3.1 Separacija varijabli za homogenu jednadžbu.......... 88 5.3.2 Separacija varijabli za nehomogenu jednadžbu......... 97 6 aplaceova jednadžba 11 6.1 Opća svojstva aplaceove jednadžbe.................. 12 6.2 Separacija varijabli za aplaceovu jednadžbu.............. 111 6.2.1 Pravokutne domene........................ 112 6.2.2 Kružne domene.......................... 119 6.2.3 Poissonova formula........................ 121

Poglavlje 1 Uvodna razmatranja 1.1 Osnovni pojmovi Neka je u(x = u(x 1, x 2,..., x n funkcija n nezavisnih varijabli x 1, x 2,..., x n. Parcijalne derivacija označavamo sa u xi = u x i, u xi x j = 2 u x i x j,... (1.1 Red parcijalne derivacije odgovara broju indeksa x i x j... na funkciji u. U daljnjem tekstu pretpostavljamo da je funkcija u definirana na otvorenom povezanom skupu Ω R n. Definicija 1.1 Kažemo da je funkcija u klase C k na Ω, i pišemo u C k (Ω, ako u ima neprekidne parcijalne derivacije reda k na Ω. Ako je u C k (Ω, tada redoslijed u kojem se parcijalne derivacije računaju nije važan. Primijetimo da u C k (Ω povlači u C k 1 (Ω. Skup neprekidnih funkcija na Ω označavamo sa C (Ω. Definicija 1.2 Parcijalna diferencijalna jednadžba reda k > je jednadžba koja ovisi o nepoznatoj funkciji u(x i njenim parcijalnim derivacijama tako da je najviši red parcijane derivacije u jednadžbi jednak k. Parcijalnu diferencijalnu jednadžbu možemo općenito zapisati u obliku F (x 1,..., x n, u, u x1,..., u xn, u x1 x 1, u x1 x 2,... =. (1.2 3

POGAVJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 4 Definicija 1.3 Rješenje parcijalne diferencijalne jednadžbe (1.2 na skupu Ω R n je funkcija u C k (Ω koja zadovoljava jednadžbu (1.2 u svakoj točki skupa Ω. Ova rješenja nazivamo klasična ili jaka rješenja. U primjenama su od interesa i tzv. distribucijska i slaba rješenja koja ovdje nećemo proučavati. Primjer 1.1 Jednadžba u xx u yy = (1.3 je parcijalna diferencijalna jednadžba drugog reda. ako se provjeri da su funkcije u(x, y = (x + y 3 i u(x, y = sin(x y rješenja jednadžbe (1.3 na skupu Ω = R 2. Primjer 1.2 Kortewe de Vriesova jednadžba u t + u xxx 6uu x = (1.4 modelira valove na vodi u plitkom kanalu. Provjerite da funkcija u(x, t = c [ 2( ] 2 sch2 x ct x, c >, x R (1.5 2 zadovoljava jednadžbu (1.5 gdje je sch(x = 2/(e x + e x hiperbolni sekans. funkcija opisuje val koji putuje bez disperzije brzinom c >. Ova Parcijalne diferencijalne jednadžbe možemo grubo klasificirati prema sljedećim svojstvima. Red jednadžbe Osnovna podjela je prema redu jednadžbe kako je opisano u definiciji 1.2. inearne vs. nelinearne jednadžbe Za jednadžbu (1.2 kažemo da je linearna ako je F linearna funkcija u varijablama u i svim njezinim derivacijama. U tom slučaju koeficijenti koji množe u i njezine derivacije ovise samo o nezavisnim varijablama x 1,..., x n. Za jednadžbu koja nije linearna kažemo da je nelinearna. Jednažba (1.2 je kvazi-linearna ako je linearna kao funkcija parcijalnih derivacija najvišeg reda od u.

POGAVJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 5 Eulerova jednadžba xu x + yu y = nu, n N, (1.6 je linearna jednadžba prvog reda. Rješenje ove jednadžbe je svaka C 1 funkcija koja zadovoljava u(tx, ty = t n u(x, y. Jednadžba u x u xx + xuu y = sin(y (1.7 je kvazi-linearna jednadžba drugog reda jer je linearna u varijabli u xx. Jednadžba u x u 2 xx + xuu y = sin(y (1.8 je nelinearna, ali nije kvazilinearna jer član u 2 xx nije linearan. Navedimo još nekoliko primjera: u u xy + u x = y, kvazi-linearna jednadžba drugog reda, (1.9 (u x 2 + (u y 2 = 1, nelinearna jednadžba prvog reda, (1.1 u x u xxy + x u y = sin(y, nelinearna jednadžba trećeg reda, (1.11 u t + u xxx 6uu x =, kvazilinearna jednadžba trećeg reda. (1.12 1.2 inearne jednadžbe i princip superpozicije Posebno će nas zanimati linearne parcijalne diferencijalne jednadžbe drugog reda jer ovaj tip jednadžbi ima važne primjene u prirodnim i tehničkim znanostima. Klasične jednadžbe matematičke fizike kao što su valna jednadžba, jednadžba provo denja topline, Poissonova i Schroedingerova jednadžba su linearne jednadžbe drugog reda. inearna jednadžba drugog reda u n nezavisnih varijabli x 1, x 2,..., x n ima opći oblik n n A ij u xi x j + B i x xi + F u = G (1.13 i,j=1 gdje su A ij, B i, F i G funkcije varijabli x 1, x 2,..., x n. i=1 Ako je u klasično rješenje jednadžbe (1.13, tada je u xi x j = u xj x i pa bez gubitka općenitosti možemo pretpostaviti da je A ij = A ji. Diferencijalnoj jednadžbi (1.13 možemo pridružiti diferencijalni operator = n i,j=1 A ij 2 x i x j + n i=1 B i + F (1.14 x i

POGAVJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 6 gdje je F operator množenja funkcijom F. Tada jednadžbu možemo zapisati u kompaktnom obliku [u] = G. Definicija 1.4 Jednadžba [u] = G je homogena ako je G = ; u protivnom kažemo da je nehomogena. Operator je linearan jer vrijedi [α 1 u 1 + α 2 u 2 ] = α 1 [u 1 ] + α 2 [u 2 ], α 1, α 2 R. (1.15 inearne jednadžbe imaju važno svojstvo koje nazivamo princip superpozicije. Ako su u 1 i u 2 rješenja jednadžbi [u i ] = G i, i = 1, 2, (1.16 onda je linearna kombinacija u = α 1 u 1 + α 2 u 2, α i R, rješenje jednadžbe [u] = α 1 [u 1 ] + α 2 [u 2 ] = α 1 G 1 + α 2 G 2. (1.17 U posebnom slučaju ako su u 1, u 2 rješenja homogene jednadžbe [u i ] =, i=1,2, onda je svaka linearna kombinacija u = α 1 u 1 +α 2 u 2 rješenje istog problema [u] =. Ovaj princip je naročito važan u rješavanju parcijalnih diferencijalnih jednadžbi metodom separacije varijabli što ćemo detaljnije razmatrati u narednim poglavljima. Primjer 1.3 Promotrimo jednadžbu u tt u xx =. (1.18 ako se provjeri da su funkcije u n (x, t = sin(nt cos(nx rješenja jednadžbe za svaki n N. Stoga je svaka linearna kombinacija u(x, t = N c n sin(nt cos(nx, c n R, (1.19 takoder rješenje jednadžbe (1.18. Primjer 1.4 Odredite rješenje jednadžbe u xx u y = 18x + 8y (1.2

POGAVJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 7 koristeći princip superpozicije. Promotrimo dvije jednadžbe u xx u y = 18x, (1.21 u xx u y = 8y. (1.22 Rješenja ovih jednadžbi potražimo u obliku u 1 = u 1 (x i u 2 = u 2 (y, redom. Tada je u 1(x = 18x i u 2(y = 8y 2 pa integracijom dobivamo u 1 (x = 3x 3 + ax + b, u 2 (y = 4y 2 + c (1.23 gdje su a, b, c R konstante integracije. Prema principu superpozicije, funkcija u(x, y = u 1 (x + u 2 (y = 3x 3 4y 2 + ax + d, (1.24 gdje su a, d R proizvoljne konstante, je rješenje jednadžbe (1.2. 1.3 Elementarne tehnike U jednostavnim slučajevima parcijalne diferencijalne jednadžbe se mogu riješiti direktnom integracijom ili uvodenjem novih varijabli. Ako jednadžba opisuje ponašanje nekog fizikalnog sustava koji ima odredenu simetriju, na primjer ako je sustav invarijantan na rotacije ili neku drugu transformaciju, onda se korištenjem simetrija jednadžba može pojednostavniti. Prisjetimo se da rješenja običnih diferencijalnih jednadžbi ovise o proizvoljnim konstantama integracije. Slično, opće rješenje parcijalne diferencijalne jednadžbe ovisi o proizvoljnim funkcijama koje se dobiju u postupku integracije. Sljedeći primjeri ilustriraju ova svojstva parcijalnih diferencijalnih jednadžbi. Primjer 1.5 Odredite rješenje jendadžbe u yy = 2 (1.25 gdje je u = u(x, y. Integracijom po varijabli y dobivamo u y = 2dy = 2y + f(x. (1.26

POGAVJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 8 Ponovna integracija daje u = (2y + f(xdy = y 2 + yf(x + g(x (1.27 gdje su f(x i g(x proizvoljne C 2 funkcije. Primjer 1.6 Odredite opće rješenje PDJ u x u y =. (1.28 Uvedimo nove varijable ξ = x + y i η = x y. Tada je u x = u ξ ξ x + u η η x = u ξ + u η, (1.29 u y = u ξ ξ y + u η η y = u ξ u η. (1.3 Oduzimanjem dobivamo u x u y = 2u η =. (1.31 U novim varijablama jednadžba ima jednostavniji oblik u η =. (1.32 Integracijom jednadžbe dobivamo u = f(ξ = f(x + y (1.33 gdje je f(ξ proizvoljna C 1 funkcija. Primjer 1.7 Odredite opće rješenje problema u xx + cu =, (1.34 gdje je u = u(x, t, za c >, c = i c <. Obzirom da funkcija u(x, t ovisi o varijablama x i t, jednadžbu (1.34 možemo promatriati kao običnu diferencijalnu jednadžbu u varijabli x koja ovisi o parametru t. Ako je c >, opće rješenje je dano sa u(x, t = C 1 (t sin( cx + C 2 (t cos( cx (1.35

POGAVJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 9 gdje su C 1 (t i C 2 (t proizvoljne funkcije klase C 2. Slično, za c = imamo dok je za c < rješenje dano sa Primjer 1.8 Odredite opće rješenje jednadžbe za funkciju u = u(x, y. u(x, t = C 1 (tx + C 2 (t, (1.36 u(x, t = C 1 (te c x + C 2 (te c x. (1.37 u x = u 2 (1.38 Kao u prethodnom primjeru, jednadžbu (1.38 možemo promatrati kao običnu diferencijalnu jednadžbu u varijabli x s parametrom y. Separiranjem jednadžbe dobivamo u 2 du = dx iz čega slijedi u 1 = x + f(y. Dakle, gdje je f(y proizvoljna funkcija klase C 1. 1 u(x, y = x + f(y (1.39 Sljedeći primjer ilustrira kako se simetrija problema može koristiti za svo denje parcijalne diferencijalne jednadžbe na jednostavniji oblik. Primjer 1.9 Odredite sferno simetrično rješenje aplaceove jednadžbe u xx + u yy + u zz =. (1.4 Želimo odrediti rješenja koja ovise samo o udaljenosti točke (x, y, z od ishodišta pa tražimo rješenje u obliku Sada je u = f(r, r = x 2 + y 2 + z 2. (1.41 u x = f (r r x = f (r x r, (1.42 u xx = ( f (r x x r + f (r (x (1.43 x r ( x 2 1 = f (r + f (r( r r x2. (1.44 r 3

POGAVJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 1 Zbog simerije problema ostale derivacije su dane sličnim izrazima, Zabrajanjem jednadžbi (1.44-(1.46 dobivamo ( y 2 1 u yy = f (r + f (r( r r y2, (1.45 r ( 3 z 2 1 u zz = f (r + f (r( r r z2. (1.46 r 3 u xx + u yy + u zz = f (r + 2 r f (r =. (1.47 Uvedimo supstituciju g(r = f (r. Tada je g (r + 2r 1 g(r = što povlači g(r = Cr 2. Sada je f(r = g(rdr = C r + K (1.48 gdje su C, K R proizvoljne konstante integracije. Dakle, sferno simetrično rješenje aplaceove jednadžbe je dano sa C u(x, y, z = + K. (1.49 x2 + y 2 + z2

POGAVJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 11 1.4 Klasične jednadžbe matematičke fizike Fundamentalni zakoni u prirodnim znanostima se često formuliraju u obliku parcijalnih diferencijalnih jednadžbi. U većini slučajeva to su linearne jednadžbe drugog reda koje ovise o prostornim varijablama x, y i z i vremenskoj varijabli t. Tri osnovna tipa parcijalnih diferencijalnih jednadžbi drugog reda su sljedeća. (1 Valna jednadžba. Valna gibanja u različitim granama fizike i tehnike su opisana valonom jednadžbom u tt c 2 2 u = (1.5 gdje je 2 = 2 x + 2 2 y + 2 (1.51 2 z 2 aplaceov operator. Na primjer, ako je u(x, y, z, t tlak zraka u točki (x, y, z u trenutku t i c je brzina zvuka, onda jednadžba (1.5 opisuje širenje zvučnih valova. Ista jednadžba opisuje širenje elektromagnetskih valova kada je u potencijal električnog polja i c brzina svjetlosti. (2 Jednadžba provodenja topline. Pretpostavimo da je u(x, y, z, t temperatura homogenog toplinski vodljivog tijela koji nema izvora topline. Tada temperatura zadovoljava jednadžbu provodenja topline u t k 2 u = (1.52 gdje je konstanta k > toplinska vodljivost materijala. Ovu jednadžbu takoder nazivamo difuzijska jednadžba jer opisuje difuzijske procese u tvarima. (3 aplaceova jednadžba. Ako distribucija temperature u toplinski vodljivom tijelu ne ovisi o vremenu, tada se jednadžba provodenja topline svodi na aplaceovu jednadžbu 2 u =. (1.53 aplaceova jednadžba takoder opisuje stacionarnu distribuciju električnog polja gdje je u električni potencijal. Navedene jednadžbe predstavljaju kanonske ili standardne oblike parcijalnih diferencijalnih jednadžbi drugog reda. Navedimo još nekoliko jednadžbi drugog reda koje imaju važne primjene u fizici i tehnici.

POGAVJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 12 (4 Poissonova jednadžba (5 Helmholtzova jednadžba 2 u = ρ(x, y, z, (1.54 2 u + λu =, (1.55 (6 Schroedingerova jednadžba 1.5 Početni i rubni uvjeti 2m 2 ψ + V (x, y, zψ = i ψ t. (1.56 Iz prethodnih primjera je očigledno da parcijalne diferencijalne jednadžbe općenito imaju beskonačno mnogo rješenja. Ako jednadžba modelira fizikalni sustav onda je poželjno imati jedinstveno rješenje kako bi mogli predvidjeti ponašanje sustava. Stoga je jednadžbi potrebno dodati uvjete koji garantiraju jedinstvenost rješenja. Ovi uvjeti, ovisno o tipu jednadžbe mogu biti početni ili rubni uvjeti. Ovdje ćemo kroz primjere ilustrirati početne i rubne uvjete i objasniti njihovo fizikalno značenje. Promotrimo jednodimenzionalnu valnu jednadžbu u tt c 2 u xx =, < x <, t >. (1.57 koja opisuje transferzalno titranje žice duljine >. Funkcija u(x, t predstavlja amplitudu titranja u točki x u trenutku t. Titranje žice je dinamički problem koji zahtijeva poznavanje početnog položaja i početne brzine žice u svakoj točki x [, ]. Stoga tražimo da funkcija u zadvoljava početne uvjete u(x, = f(x, x [, ], (1.58 u t (x, = g(x, x [, ], (1.59 gdje f(x i g(x definiraju početnu amplitudu i brzinu žice u točki x, redom. Rješenje valne jednadžbe takoder ovisi o uvjetima na krajevima žice. Ako je žica učvršćena u točkama x = i x =, onda u zadovoljava Dirichletove rubne uvjete u(, t = u(, t =, t. (1.6

POGAVJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 13 Ako krajevi žice slobodno titraju okomito na os x, onda derivacija amplitude iščezava u točkama x = i x = pa u tom slučaju funkcija u zadovoljava Neumannove rubne uvjete u x (, t = u x (, t =, t. (1.61 S druge strane, ako je žica savijena u kružnicu tako da je točka x = identificirana s točkom x = onda funkcija u zadovoljava periodičke uvjete u(, t = u(, t, (1.62 u x (, t = u x (, t, t. (1.63 Rubni uvjeti takoder mogu biti kombinirani, na primjer u može zadovoljavati Dirichletov uvjet u jednom kraju a Neumannov uvjet u drugom kraju intervala. Promotrimo sada aplaceovu jednadžbu u xx + u yy =, (x, y Ω, (1.64 na području Ω R 2 omedenom jednostavnom, zatvorenom, glatkom krivuljom Ω. Ako je poznata vrijednost funkcije u na rubu Ω, onda u zadovoljava Dirichletov rubni uvjet u(x, y = h(x, y, (x, y Ω. (1.65 Ako je zadana normalna derivacija na krivulju Ω, onda u zadovoljava Neumannov rubni uvjet u (x, y = h(x, y, (x, y Ω, (1.66 n gdje je n jedinični vektor normale na Ω usmjeren prema van a u n je usmjerena derivacija u smjeru vektora n. = u n (1.67 1.6 Stabilnost rješenja, Hadamardov primjer U modeliranju fizikalnih problema se početni i rubni uvjeti obično dobivaju mjerenjima pa te veličine nisu poznate s potpunom točnošću. Pogreška u početnim ili

POGAVJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 14 rubnim uvjetima tada uzrokuje pogrešku u rješenju jednadžbe koja ne mora uvijek biti mala. Takoder, parcijalne diferencijalne jednadžbe se često rješavaju numeričkim metodama pa diskretizacija jednadžbe utječe na točnost rješenja. Jedno od osnovnih teorijskih pitanja jest da li je matemački problem, koji se sastoji od zadane jednadžbe i početnih ili rubnih uvjeta, dobro definiran. Ovo pitanje je formulirao francuski matematičar Jacques Hadamard (1865-1963. Prema njegovoj definiciji problem je dobro definiran ako zadovoljava sljedeća tri uvjeta: (1 egzistencija: problem ima rješenje, (2 jedinstvenost: rješenje je jedinstveno za zadane početne ili rubne uvjete, (3 stabilnost: rješenje na neprekidni način ovisi o parametrima jednadžbe i rubnim ili početnim uvjetima. Ako je parcijalna diferencijalna jednadžba stabilna, onda male perturbacije početnih ili rubnih uvjeta uzrokuju male promjene u rješenju. Stoga će dobiveno rješenje biti dobra aproksimacija početnom rješenja. Klasične jednadžbe matematičke fizike su dobro definirane, dok se u tehnici često susrećemo s problemima koji nisu stabilni. Ilustrirajmo ove ideje na sljedećim primjerima. Formulacija stabilnosti rješenja za aplaceovu jednadžbu Promotrimo aplaceovu jednadžbu na domeni Ω R 2, s Dirichletovim rubnim uvjetom u xx + u yy =, (x, y Ω, (1.68 u(x, y = f(x, y, (x, y Ω. (1.69 Ako funkciju f zamijenimo funkcijom f 1, onda će se promijeniti rješenje problema (1.68-(1.69. Neka je u 1 rješenje koje odgovara funkciji f 1. Kažemo da rješenje u neprekidno ovisi o rubnom uvjetu ako za svaki ε > postoji δ > takav da sup f(x, y f 1 (x, y < δ sup u(x, y u 1 (x, y < ε, (1.7 (x,y Ω (x,y ˉΩ

POGAVJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 15 gdje je ˉΩ = Ω Ω zatvarač skupa Ω. Rješenja koja ispunjavaju ovaj uvjet se nazivaju stabilna rješenja. Drugim riječima, rješenje u je stabilno ako mala promjena rubnog uvjeta na Ω uzrokuje malu promjenu rješenja na skupu Ω. Hadamardov primjer Sljedeći primjer ilustrira da mala promjena u rubnim uvjetima može uzrokovati veliku promjenu u rješenju ako problem nije dobro definiran. Neka je u rješenje aplaceove jednadžbe u xx + u yy =, (x, y R 2 (1.71 s rubnim uvjetima na pravcu y = : u(x, = f(x, u y (x, = g(x. (1.72 Neka je v(x, y rješenje iste jednadžbe uz modificirane rubne uvjete v(x, = f(x, v y (x, = g(x + 1 sin(nx. n (1.73 Očigledno je da se za dovoljno veliki n > razlika u rubnim uvjetima može napraviti proizvoljno malom jer je v(x, u(x, + v y (x, u y (x, = 1 n sin(nx 1 n. (1.74 Medutim, razlika u pripadnim rješenjima je velika bez obzira na vrijednost parametra n. Definirajmo funkciju w = v u. Tada w zadovoljava aplaceovu jednadžbu w xx + w yy = (1.75 s rubnim uvjetima w(x, =, w y (x, = 1 sin(nx. (1.76 n ako se provjeri da je rješenje problema (1.75-(1.76 dano s w(x, y = 1 sh(ny sin(nx. (1.77 n2 Funkcija sh(ny nije ograničena na R jer sh(yn kada y ±. Dakle, za svaki x R takav da je sin(nx vrijedi da w(x, y kada y ±. (1.78

POGAVJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 16 Slika 1.1: Graf funkcije w(x, y = 1 n 2 sh(ny sin(nx za n = 2. Ovo pokazuje da funkcija w(x, y nije ograničena na R 2. Graf funkcije w(x, y prikazan je na slici (1.1. Zaključujemo da, iako se razlika u početnim uvjetima može napraviti proizvoljno malom za dovoljno veliki n >, pripadna rješenja se znatno razlikuju kada je y dovoljno velik. Stoga problem (1.71-(1.72 nije stabilan. Obrnuta jednadžba provodenja topline Promotrimo sada jednažbu u t + u xx =, < x <, t >, (1.79 u(x, = 1. (1.8 Ova jednadžba se dobiva tako da u jednadžbi provodenja topline u t u xx = varijablu t zamijenimo varijablom t. Neka je v(x, t rješenje jednadžbe uz početni uvjet v(x, = 1 + 1 sin(nx. n (1.81

POGAVJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 17 ako se provjeri da su rješenja u(x, t i v(x, t dana sa u(x, t = 1, v(x, t = 1 + 1 n en2t sin(nx. (1.82 Razliku u početnim uvjetima možemo učini proizvoljno malom za dovoljno veliki n jer je u(x, v(x, = 1 n sin(nx 1 n. (1.83 Medutim, razlika rješenja w = v u nije ograničena na R 2 jer w(x, t = 1 n en2t sin(nx kada t (1.84 za svaki x takav da je sin(nx. Zbog nestabilnosti obzirom na rubne i počene uvjete, Hadamardov primjer i obrnuta jednadžba provodenja topline nisu dobro definirani problemi. 1.7 Zadaci 1. Pokažite da jednadžba u xy + u x = ima opće rješenje u(x, y = D(xe y + E(y. (1.85 Uputa: koristite supstituciju v = u x. 2. Odredite konstante a i b tako da funkcija u(x, y = f(ax + by bude rješenje jednadžbe u x + 3u y =. (1.86 3. Riješite jednadžbu u xx + u yy = 5e x 2y. (1.87 Uputa: pretpostavite rješenje u obliku u(x, y = Ce ax+by. 4. Riješite sustav jednadžbi u x = 3x 2 y + y, (1.88 u y = x 3 + x. (1.89

POGAVJE 1. UVODNA RAZMATRANJA 18 5. Pokažite da jednadžba u t + u xx =, < x <, t >, (1.9 u(, t = u(, t =, t, (1.91 u(x, = f(x, x, (1.92 nije dobro postavljen problem. Uputa: provjerite da je v n (x, t = 1 n en2t sin ( nπx (1.93 rješenje problema v t +v xx =, v(, t = v(, t =, v(x, = (1/n sin(nπx/.

Poglavlje 2 Fourierov red 2.1 Razvoj funkcije u Fourierov red Francuski matematičar Joseph Fourier (1768 183 je krajem 18. stoljeća proučavao parcijalne diferencijalne jednadžbe koje modeliraju vibracije i provo denje topline u tijelu. Kao rezultat istraživanja postavio je hipotezu da se svaka funkcija može predstaviti u obliku beskonačnog reda trigonometrijskih funkcija sinus i kosinus različitih frekvencija. Fourierova tvrdnja je bila toliko iznenadujuća da vodeći matematičari tog doba nisu u to vjerovali. Medutim, uskoro je postalo jasno da je Fourierova analiza nezaobilazni alat u primijenjenoj matematici, fizici i tehnici. Danas Fourierova analiza ima istaknuto mjesto u matematici kao analitička metoda u rješavanju parcijanih diferencijalnih jednadžbi, obradi signala i slike, pohrani podataka i drugim primjenama. Veći dio moderne analize rezultat je pokušaja da se Fourierovi redovi formuliraju na strogim matematičkim osnovama. Zbog širokog spektra primjena, Fourierovo otkriće spada u jedno od najvažnijih u matematici. Definicija 2.1 Funkcija f : R R je periodička funkcija ako postoji T > takav da je f(x + T = f(x za sve x R. Najmanji T > se naziva period funkcije. Trigonometrijske funkcije sin(ωx i cos(ωx su periodičke funkcije perioda T = 2π/ω jer je ( sin ω ( x + 2π = sin(ωx + 2π = sin(ωx x R. (2.1 ω 19

POGAVJE 2. FOURIEROV RED 2 Frekvencija titranja je definirana sa f = 1/T = ω/(2π. Primijetimo da ako je f periodička funkcija perioda T = 2, onda je dovoljno promatrati funkciju na intervalu [, ]. Obratno, ako je f funkcija definirana na intervalu [, ] takva da je f( = f(, onda se f može proširiti po periodičnosti na skup R translacijom njezinog grafa za 2. Naš prvi zadatak je zadanu funkciju f : [, ] R prikazati kao linearnu superpoziciju trignometrijskih funkcija sinus i kosinus sa različitim frekvencijama, f(x = a 2 + [ a n cos ( nπx + b n sin ( nπx ], x. (2.2 Funkcije sin(nπx/ i cos(nπx/ imaju period T n = 2/n, odnosno frekvenciju f n = n/(2. Stoga red (2.2 možemo shvatiti kao linearnu kombinaciju oscilatornih funkcija čija svih frekvencija f n = n/(2, n = 1, 2, 3,.... Zastupljenost svake frekvencije f n odredena je koeficijentima a n i b n. Ako pitanja o konvergenciji reda za trenutak ostavimo po strani, koeficijete a n i b n možemo formalno odrediti iz relacija ortogonalnosti: 1 1 ( nπx cos ( mπx sin ( mπx cos ( mπx sin dx = sin cos cos ( nπx sin ( nπx ( nπx ( nπx gdje je δ nm Kroneckerov delta simbol 1, n = m, δ nm =, n m. dx =, (2.3 dx = δ nm, (2.4 dx = δ nm, (2.5 dx =, n, m 1. (2.6 (2.7 Integracijom obje strane jednadžbe (2.2 i primjenom relacije (2.3 formalno dobivamo a f(xdx = 2 dx + ( nπ ( nπ ] [a n cos dx x + b n sin x dx = a, (2.8

POGAVJE 2. FOURIEROV RED 21 dakle, a = 1 f(xdx. (2.9 Slično, množenjem jednadžbe (2.2 s cos(mπx/ i primjenom relacija (2.5 (2.6 dobivamo Stoga je ( mπx f(x cos dx = a ( mπx cos dx 2 ( mπx ( nπx ( mπx ( nπx ] + [a n cos cos dx + b n cos sin dx = a n δ nm = a m. (2.1 a m = 1 Ponavljanjem postupka s funkcijom sin(nπx/ nalazimo b m = 1 ( mπx f(x cos dx, m 1. (2.11 ( mπx f(x sin dx, m 1. (2.12 Trigonometrijski red dobiven na ovaj način motivira sljedeću definiciju. Definicija 2.2 (Fourierov red Trigonometrijski red a 2 + [ a n cos ( nπx + b n sin ( nπx ] (2.13 gdje su a n = 1 b n = 1 ( nπx f(x cos ( nπx f(x sin dx, n =, 1, 2,... (2.14 dx, n = 1, 2, 3,... (2.15 naziva se Fourierov red funkcije f na intervalu [, ]. Koeficijenti a n i b n nazivaju se Fourierovi koeficijenti funkcije f.

POGAVJE 2. FOURIEROV RED 22 Uobičajeno je da se konstantni član reda piše u obliku a /2 jer su na taj način koeficijenti a i a n dani istim izrazom (2.14. Pitanje konvergencije Fourierovog reda je vrlo netrivijalno. Postoje neprekidne funkcije na [, ] za koje Fourierov red divergira u svim racionalnim točakama x. Kolmogovor je 193. ih godina pokazao da postoji funkcija (integrabilna u ebesguevom smislu čiji Fourierov red divergira u svim točkama. Čak i ako Fourierov red svugdje konvergira, ne mora konvergirati ka funkcij f u svim točkama. Doista, funkciju f uvijek možemo promijeniti u konačno mnogo točaka, a Fourierovi koeficijenti i Fourierov red ostaju nepromijenjeni. Neka od ovih pitanja ćemo razmatrati kasnije. Vidjet ćemo da postoje nekoliko vrsta konvergencije Fourierovog reda i da ona u mnogome ovisi o egzistenciji derivacija funkcije f. Za početak, promotrimo nekoliko elementarnih primjera. Pri računanju Fourierovih koeficijenata korisno je služiti se sljedećim pravilima: (i ako je h: [, ] R neparna funkcija, onda je (ii ako je h: [, ] R parna funkcija, onda je h(xdx = 2 h(xdx =, (2.16 h(xdx. (2.17 Primjer 2.1 Odredimo Fourierov red funkcije f(x = x na intervalu [, ]. Za Fouerierove koeficijente a n dobivamo a n = 1 x cos ( nπx dx =, n, (2.18 jer je x cos(nπx/ neparna funkcija. Odredimo sada koeficijente b n : b n = 1 = 2 ( nπx x sin dx = 2 [ x ( nπx nπ cos + ( nπ x sin 2 sin ( nπx ( nπx dx (2.19 ] (2.2 = 2 cos(nπ, n 1. (2.21 nπ

POGAVJE 2. FOURIEROV RED 23 Kako je cos(nπ = ( 1 n, imamo da je Dakle, Fourierov red funkcije f(x = x ima oblik f(x = 2 π = 2 π b n = 2 nπ ( 1n+1. (2.22 ( 1 n+1 1 ( nπx n sin [ ( πx sin 1 ( 2πx 2 sin + 1 ( 3πx ] 3 sin Slika 2.1 prikazuje parcijalne sume Fourierovog reda s N = 5 i 15 članova. (2.23 Primijetimo da je f( = f( = dok je f( = i f( =. Dakle, f(± f(±. U ostalim točkama x (, Fourierov red konvergira ka f(x što se može naslutiti iz slike 2.1 (b. Medutim, konvergencija je sporija što je točka x bliže rubovima intervala ±. Interesantno je primijetiti sljedeću činjenicu. Za = π izraz (2.23 ima jednostavniji oblik ( f(x = 2 sin(x 1 2 sin(2x + 1 3 sin(3x. (2.24 Ako uvrstimo x = π/2 dobivamo Gregoryev red pomoću kojeg možemo računati aproksimacije broja π. π 4 = 1 1 3 + 1 5 1 7 + 1 9 (2.25 Primjer 2.2 Razvijte u Fourierov red funkciju f(x = x 2 1 na intervalu [ 1, 1]. Odredimo Fourierove koeficijente a n : a = a n = 1 1 1 1 (x 2 1dx = 4 3, (2.26 (x 2 1 cos(nπxdx = 1 1 x 2 cos(nπxdx = 1 [ 2nπx cos(nπx + ( (nπx 2 2 ] 1 sin(nπx (nπ 3 1 1 1 cos(nπxdx 1 nπ sin(nπx 1 = 4 4( 1n cos(nπ =, n 1. (2.27 (nπ 2 (nπ 2 1

POGAVJE 2. FOURIEROV RED 24 1. 1..5.5 1..5.5 1. 1..5.5 1..5.5 1. (a N = 5 1. (b N = 15 Slika 2.1: Razvoj funkcije f(x = x u Fourierov red. Funkcija (x 2 1 sin(nπx je neparna pa je b n = 1 1 Stoga je Fourierov red funkcije f dan sa f(x = 4 3 + 4 π 2 (x 2 1 sin(nπxdx =, n 1. (2.28 ( 1 n cos(nπx n 2 = 2 3 + 4 π 2 [ cos(πx + 1 4 cos(2πx 1 9 cos(3πx + ] (2.29 Paricijalne sume reda s N = 2 i N = 6 članova su prikazane na slici 2.2. Primijetimo da ovaj red konvergira brže od reda u prethodnom primjeru jer se dobra aproksimacija funkcije postiže sa samo N = 6 članova. konvergira podjednako brzo na cijelom intervalu [ 1, 1]. Takoder, slika 2.2 (b sugerira da red Navedeni primjeri pokazuju da razvoj funkcije u Fourierov red ima smisla. Me dutim, potrebno je pobliže proučiti pod kojim uvjetima i na koji način red konvergira ka funkciji f. 2.2 Konvergencija Fourierovog reda U ovom poglavlju razmatramo elementarne činjenice o konvergenciji Fourierovog reda. Odredit ćemo uvjete pod kojima Fourierov red konvergira po točkama ili uniformno

POGAVJE 2. FOURIEROV RED 25 1..5.5 1. 1..5.5 1..2.2.4.4.6.6.8.8 1. (a N = 2 1. (b N = 6 Slika 2.2: Razvoj funkcije f(x = x 2 1 u Fourierov red. ka zadanoj funkciji f. Sljedeći rezultat je važan u razvoju opće teorije Fourierovih redova. Kažemo da je funkcija f : [, ] R kvadratno integrabila ako je f 2 (xdx <. (2.3 Teorem 2.1 (Besselova nejednakost Neka je f : [, ] R kvadratno integrabilna funkcija. Ako Fourierovi koeficijenti a n = 1 postoje, onda vrijedi f(x cos 1 2 a2 + ( nπx dx i b n = 1 (a 2 n + b 2 n 1 f(x sin Dokaz. Neka je S N (x N-ta parcijalna suma Fourierovog reda Tada je S N (x = a 2 + N ( f(x SN (x 2 dx = ( a n cos ( nπx + b n sin ( nπx dx (2.31 f 2 (xdx. (2.32 ( nπx. (2.33 f 2 (xdx 2 f(xs N (xdx + SN(xdx. 2 (2.34

POGAVJE 2. FOURIEROV RED 26 Iz definicije Fourierovih koeficijenata dobivamo [ 1 N f(xs N (xdx = f(x 2 a + = 1 2 a ( 1 = 2 a2 + S 2 N(xdx = f(xdx + N [a n f(x cos ( a n cos ( nπx + b n sin ( nπx dx + b n f(x sin ( nπx ] dx ( nπx dx N (a 2 n + b 2 n. (2.35 Nadalje, relacije ortogonalnosti (2.4-(2.6 povlače [ 1 N = 1 2 a ( 1 = 2 a2 + S N (xdx + S N (x 2 a + N [a n ( a n cos S N (x cos ( nπx + b n sin ( nπx ] dx ( nπx dx + b n S N (x cos ] ( nπx ] dx N (a 2 n + b 2 n. (2.36 Supstitucijom jednakosti (2.35 i (2.36 u (2.34 dobivamo odnosno 1 2 a2 + ( 1 f 2 (xdx 2 a2 + N (a 2 n + b 2 n 1 N (a 2 n + b 2 n, (2.37 f 2 (xdx. (2.38 Nejednakost (2.38 vrijedi za svaki N 1 pa zaključujemo da je 1 2 a2 + (a 2 n + b 2 n 1 f 2 (xdx. (2.39 Može se pokazati da za kvadratno integrabilne funkcije f : [, ] R zapravo vrijedi Parsevalova jednakost 1 2 a2 + N (a 2 n + b 2 n = 1 f 2 (xdx. (2.4

POGAVJE 2. FOURIEROV RED 27 Dokaz Parsevalove jednakosti prelazi okvire ovog teksta jer zahtijeva poznavanje teorije Hilbertovih prostora. redova, kako pokazuje sljedeći primjer. Ponekad se Parsevalova jednakost koristi za sumiranje Primjer 2.3 Odredite sumu reda 1 = π2. Prisjetimo se da funkcija f(x = x, n 2 6 x [, ], u primjeru 2.1 ima Fourierove koeficijente a n = za svaki n i Iz relacije (2.4 dobivamo b n = 2 nπ ( 1n+1, n 1, (2.41 ( 2 2 = 1 x 2 dx = 2 nπ 3 2 (2.42 što povlači 1 n 2 = π2 6. (2.43 Jedna od najpoznatijih funkcija u teoriji brojeva je Riemannova zeta funkcija ζ(s = 1 n s. (2.44 Rezultat (2.43 pokazuje da je ζ(2 = π2. Može se pokazati da je vrijednost zeta 6 funkcije za svaki parni prirodni broj racionalni polinom u π. Na primjer, ζ(4 = π4. 9 Teorem 2.2 (Riemann-ebesgueova lema Neka je f : [, ] R kvadratno integrabilna funkcija. Ako Fouerierovi koeficijenti funkcije f postoje, tada je lim a n = 1 n lim n b n = 1 ( nπx f(x cos =, (2.45 ( nπx f(x sin =. (2.46 Dokaz. Besselova nejednakost implicira da red 1 2 a2 + (a2 n + b 2 n konvergira pa iz nužnog uvjeta za konvergenciju reda slijedi lim n a 2 n = lim n b 2 n =. Stoga je lim n a n = lim n b n =.

POGAVJE 2. FOURIEROV RED 28 2.2.1 Konvergencija po točkama i Dirichletov teorem Jedan od središnjih rezultata o konvergenciji Fourierovog reda je Dirichletov teorem. Radi kraćeg zapisa uvedimo sljedeće oznake za jednostrane limese: f(x = lim x x f(x, f(x + = lim f(x. (2.47 x x + Primijetimo da je f neprekidna u točki x ako i samo ako je f(x = f(x + = f(x. Definicija 2.3 Funkcija f je po dijelovima neprekidna na [a, b] ako je (i f(x definirana i neprekidna osim eventualno u konačno mnogo točaka u [a, b], (ii f(x i f(x + postoje u svim točkama x (a, b, (iii f(a + i f(b postoje. Ako f ima prekid u točki x, onda iz uvjeta (ii slijedi da f ima prekid prve vrste u x. Definicija 2.4 Funkcija f je po dijelovima C 1 na [a, b] ako su f i f po dijelovima neprekidne na [a, b]. Primjer 2.4 Promotrimo sljedeću funkciju. 1, 1 x <, f(x = 2, x =, x 2, < x 1. (2.48 Funkcije f i f su neprekidne na skupu ( 1, (, 1. Nadalje, f ima prekid prve vrste u x =. Derivacija f nije definirana u x = 1,, 1, ali jednostrani limesi u ovim točkama postoje i vrijedi f ( 1 + =, f (1 = 1 i f ( = f ( + =. Dakle, f je po dijelovima C 1 na [ 1, 1]. Neprekidnost funkcije f nije dovoljna da bi osigurala konvergenciju Fourierovog reda ka zadanoj funkciji. Grubo govoreći, po dijelovima C 1 funkcije predstavljaju minimalno proširenje skupa neprekidnih funkcija za koje red konvergira ka f.

POGAVJE 2. FOURIEROV RED 29 Slika 2.3: Funkcija (2.48 je po dijelovima C 1 na [ 1, 1]. Teorem 2.3 (Dirichletov teorem Neka je f po dijelovima C 1 funkcija na [, ] i neka je f Fourierov red funkcije f. Tada je (i f(x = f(x ako je f neprekidna u točki x (,, (2.49 (ii f(x = 1 2[ f(x + + f(x ] ako f ima prekid u točki x (,, (2.5 (iii f(± = 1 2[ f( + + f( ]. (2.51 Dokaz Dirichletovog teorema prelazi okvire ove skripte pa ga izostavljamo (vidi reference XX. Prema ovom teoremu, ako f ima prekid u točki x, onda je f(x jednaka srednjoj vrijednosti jednostranih limesa u x. Suma Fourierovog reda u rubnim točkama ± se takoder može interpretirati kao srednja vrijednost jednostranih limesa

POGAVJE 2. FOURIEROV RED 3 1..8.6.4.2 1..5.5 1. Slika 2.4: Razvoj funkcije (2.53 u Fourierov red. ako interval [, ] savijemo u kružnicu i identificiramo točke i. Primijetimo da funkciju uvijek možemo prilagoditi tako da bude f(x = ˉf(x gdje je ˉf prilagodena funkcija. Dovoljno je definirati f(x, f je neprekidna u x (,, ˉf(x = 1 2( f(x + + f(x, f ima prekid u x (,, (2.52 1 2( f( + + f(, x = ±. Obzirom da se integral ne mijenja ako se podintegralna funkcija promijeni u konačno mnogo točaka, Fourierovi koeficijenti pa time i Fourierov red za f i ˉf ostaje isti. Primjer 2.5 Promotrimo stepeničastu funkciju, 1 x <, f(x = 1, < x 1. (2.53 prikazanu na slici 2.4. Funkcija f je po dijelovima C 1 na [ 1, 1] i ima prekid prve

POGAVJE 2. FOURIEROV RED 31 vrste u točki x =. Fourierovi koeficijenti su dani sa a = a n = b n = 1 1 1 dx = 1, (2.54 cos(nπxdx = sin(nπ nπ sin(nπxdx = 1 ( 1 ( 1 n = nπ =, (2.55, n = 2k, (2.56 2, n = 2k + 1. nπ Stoga je f(x = 1 2 + 2 π Iz jednadžbe (2.57 dobivamo k= 1 2k + 1 sin ( (2k + 1πx. (2.57 f( = 1 2 = 1 2[ f( + f( + ], (2.58 u skladu s Dirichletovim teoremom. Takoder, na rubovima intervala imamo f(±1 = 1 2 = 1 2[ f( 1 + + f(1 ]. (2.59 Prilagodena funkcija je dana sa 1, 1 < x <, ˉf(x = 1, x = 1,, 1, 2 1, < x < 1. (2.6 Sada je f(x = ˉf(x za sve x [ 1, 1], ali zbog prekida u x = Fourierov red ne konvergira uniformno. Neka je S N (x N-ta parcijalna suma Fourierovog reda (2.57. Kako S N (x je neprekidna funkcija i S N ( = 1/2, to za ɛ = 1/4 postoji δ > takav da x < δ Posebno, za < x < δ iz (2.61 slijedi S N (x 1 < 1 2 4. (2.61 1 4 < S N(x < 3 4. (2.62

POGAVJE 2. FOURIEROV RED 32 S druge strane, ˉf(x = 1 za < x < δ pa imamo Odavde zaključujemo da je što povlači S N (x ˉf(x > ˉf(x S N (x > 1 3 4 = 1 4. (2.63 1 4 < S N(x ˉf(x za sve < x < δ, N 1, (2.64 sup S N (x ˉf(x 1 x [ 1,1] 4 Dakle, konvergencija Fourierovog reda nije uniformna na [ 1, 1]. za svaki N 1. (2.65 Primjer 2.6 Odredimo Fourierov red funkcije f(x = x na intervalu [ π, π]. Funkcija f je po dijeloivma C 1 na [ π, π] i neprekidna na [ π, π]. Za Fourierove koeficijente nalazimo a = 1 π π π π x dx = 2 π π xdx = π, (2.66 π a n = 1 x cos(nxdx = 2 x cos(nxdx π π π [ = 2 π x sin(nx ] π sin(nx dx π n n = 2 π cos(nx = 2 π n 2 π Kako je funkcija f(x = x parna, to je b n = 1 π Dakle, Fourierov red je dan sa π π ( 1 n 1 n 2, n 1. (2.67 x sin(nxdx =, n 1. (2.68 f(x = π 2 + 2 π = π 2 4 π n= ( 1 n 1 n 2 cos(nx 1 (2n + 1 2 cos ( (2n + 1x. (2.69

POGAVJE 2. FOURIEROV RED 33 3. 2.5 2. 1.5 1..5 3 2 1 1 2 3 Slika 2.5: Razvoj funkcije f(x = x u Fourierov red. (vidi sliku 2.5. Obzirom da je f neprekidna na [ π, π], prema Dirichletovom teoremu je f(x = f(x za svaki x [ π, π]. Primijetimo da za x = iz relacije (2.69 dobivamo sumu reda n= 2.2.2 Uniformna konvergencija 1 (2n + 1 2 = π2 8. (2.7 U mnogim primjenama Fourierovih redova poželjno je da red konvergira uniformno. Važnost uniformne konvergencije ćemo posebno vidjeti kod rješavanja parcijalnih diferencijalnih jednadžbi metodom separacije varijabli. Na primjeru 2.5 smo pokazali da konvergencija Fourierovog reda ne može biti uniformna ako funkcija ima prekid u točki. Ovo povlači da je neprekidnost funkcije nužan uvjet za uniformnu konvergenciju reda. U ovom poglavlju ćemo dokazati da ako neprekidna funkcija f zadovoljava neke dodatne uvjete, onda Fourierov red konvergira uniformno ka f. Da bi dokazali ovu tvrdnju, potreban nam je sljedeći preliminarni rezultat. Propozicija 2.1 (Cauchy Schwartzova nejednakost Neka su z i, w i kompleksni brojevi za 1 i n. Tada je n z i ˉw i n z i 2 n w i 2. (2.71 i=1 i=1 i=1

POGAVJE 2. FOURIEROV RED 34 Dokaz. Definirajmo a = n i=1 z i ˉw i. Tada za svaki realni broj λ imamo = = n z i λaw i 2 = i=1 n z iˉz i λ i=1 n (z i λaw i (ˉz i λā ˉw i i=1 n aw iˉz i λ i=1 n z i ā ˉw i + λ 2 aā i=1 n w i ˉw i n n z i 2 2λ a 2 + λ 2 a 2 w i 2. (2.72 i=1 Izraz (2.72 je kvadratni polinom p(λ za koji vrijedi p(λ za svaki λ R. Stoga diskriminanta polinoma Δ = ( 2 a 2 2 4 ( a 2 i=1 i=1 ( n n w i 2 z i 2 i=1 i=1 (2.73 mora zadovoljavati Δ. Ako je a =, onda je uvjet trivijalno zadovoljen. Ako je a, onda iz Δ dobivamo odnosno a 2 n n z i 2 w i 2, (2.74 i=1 i=1 n z i ˉw i n z i 2 n w i 2. (2.75 i=1 i=1 Teorem 2.4 (Teorem o uniformnoj konvergenciji Neka je f neprekidna i po dijelovima C 1 funkcija na [, ] takva da je f( = f(. Tada Fourierov red konvergira uniformno ka f na [, ]. Dokaz. Neka je S N (x = a 2 + N i=1 [ ( nπ ( nπ ] a n cos x + b n sin x (2.76 N-ta parcijalna suma Fourierovog reda funkcije f. Prema Dirichletovom teoremu je lim N S N(x = f(x za svaki x [, ] (2.77

POGAVJE 2. FOURIEROV RED 35 jer je f neprekidna na [, ]. Sada je [ ( nπ ( nπ ] f(x S N (x = a n cos x + b n sin x n=n+1 n=n+1 n=n+1 a n cos ( nπ ( nπ x + b n sin x ( a n + b n za svaki x [, ]. (2.78 Ako pokažemo da su redovi a n i b n konvergentni, onda će uniformna konvergencija slijediti iz relacije (2.78. Koeficijente a n možemo parcijalnom integracijom svesti na oblik a n = 1 ( nπ f(x cos x dx (2.79 f (x ( nπ nπ sin x (2.8 = 1 f(x ( nπ nπ sin x = nπ 1 f (x sin ( nπ x dx = nπ A n, n 1, (2.81 gdje su A n Fourierovi koeficijenti funkcije f (x koji množe sin(nπx/. Slično, koristeći uvjet f( = f( dobivamo b n = nπ 1 ( nπ f (x cos x dx = nπ B n, n 1 (2.82 gdje su B n Fourierovi koeficijenti funkcije f (x koji množe cos(nπx/. Primijetimo da je Dakle, B = 1 a n = 1 π n A n i b n = π Pokažimo sada da redovi 1 A n n i Schwartzovoj nejednakosti, za svaki N N vrijedi N 1 n A n f (xdx =. (2.83 1 n B n, n 1. (2.84 1 B n n konvergiraju. Prema Cauchy N 1 N A n 2 2 n π N A 2 n (2.85 6

POGAVJE 2. FOURIEROV RED 36 jer je 1 n 2 = π2. Slično dobivamo 6 N 1 n B n π N Bn. 2 (2.86 6 Derivacija funkcije f je po dijelovima neprekidna što povlači da je f kvadratno integrabilna na [, ] pa iz Besselove nejednakosti slijedi ( A 2 n + Bn 2 1 f (x 2 dx < (2.87 gdje smo uzeli u obzir da je B =. Odavde slijedi da su redovi A2 n i B2 n konvergentni pa iz relalcija (2.85 i (2.86 dobivamo 1 n A n π 1 A 2 n i 6 n B n π Bn. 2 (2.88 6 Sada relacija (2.84 povlači da redovi a n i b n konvergiraju jer je a n A 2 n i b n Bn. 2 (2.89 6 6 Konačno, iz relacije (2.78 zaključujemo da Fourierov red konvergira uniformno jer lim sup N x Time je tvrdnja dokazana. f(x S N (x lim N n=n+1 ( a n + b n =. (2.9 Posebno važan aspekt u teoriji Fourierovih redova je odnos izmedu glatkoće funkcije i brzine kojom Fourierovi koeficijenti teže k nuli. Na primjer, u dokazu teorema 2.4 činjenica da je f po dijelovima neprekidna povlači da redovi a n i b n apsolutno konvergiraju, a to znači da a n i b n teže k nuli brže od 1/n. Poznavajući gornju medu za a n i b n možemo procijeniti koliko članova Fourierovog reda je potrebno da bi se postigla odredena točnost u aproksimaciji funkcije.

POGAVJE 2. FOURIEROV RED 37 Propozicija 2.2 Neka je f C 2 [, ] takva da je f( = f( i f ( = f (. Neka je M = max x [,] f (x. Tada Fourierovi koeficijenti imaju gornje mede a n = 1 b n = 1 Dokaz. Parcijalnom integracijom dobivamo ( nπx f(x cos dx 22 M π 2 n, (2.91 2 ( nπx f(x sin dx 22 M, n 1. (2.92 π 2 n2 a n = 1 ( nπx f(x cos dx = 1 [ ( nπx nπ f(x sin x= x= nπ = 1 nπ f (x sin ( nπx f (x sin ( nπx ] dx dx. (2.93 Ponovnom primjenom parcijalne integracije na dobiveni izraz nalazimo f (x sin ( nπx dx = nπ f (x cos = nπ f (x cos ( nπx x= ( nπx jer je f ( = f (. Supstitucijom (2.94 u (2.93 dobivamo a n = n 2 π 2 f (x cos Analogno se pokazuje da uvjet f( = f( implicira b n = n 2 π 2 f (x sin f (x cos ( nπx dx + x= nπ dx (2.94 ( nπx dx. (2.95 ( nπx dx. (2.96 Sada iz jednadžbi (2.95 i (2.96 slijedi da su gornje mede za a n i b n dane sa a n n 2 π 2 b n n 2 π 2 f (x cos f (x sin ( nπx 2 2 M dx n 2 π, 2 (2.97 ( nπx 2 2 M dx n 2 π 2 (2.98

POGAVJE 2. FOURIEROV RED 38 Slika 2.6: Suma reda n=n+1 1 n 2 jer je f (x M za svaki x [, ]. Ako Fourierovi koeficijenti nisu eksplicitno poznati, na primjer ako se računaju numeričkim metodama, onda iz relacija (2.97 i (2.98 možemo dobiti grubu procjenu koliko članova Fourierovog reda je potrebno za aproksimaciju funkcije unutar zadane točnosti. Razlika izmedju funkcije f(x i N-te parcijalne sume Fourierovog reda S N (x zadovoljava f(x S N (x n=n+1 n=n+1 ( ( nπ ( nπ a n cos x + b n sin x ( a n + b n = 42 M π 2 n=n+1 1 n 2. (2.99 Primijetimo da je suma reda 1 n=n+1 manja od površine ispod krivulje y = 1, n 2 x 2 N x < (vidi sliku 2.6. Stoga je n=n+1 1 n dx 2 N x = 1 2 N (2.1

POGAVJE 2. FOURIEROV RED 39 pa iz (2.99 slijedi f(x S N (x 42 M, x [, ]. (2.11 π 2 N Ako želimo da je pogreška aproksimacije manja od ɛ >, onda N treba uzeti tako da je N > 42 M π 2 ɛ. (2.12 Ovu metodu procjene broja N nazivamo integralna metoda jer je u relaciji (2.1 suma reda majorizirana integralom. Mnogo finije procjene broja N se mogu dobiti ako se Fourierovi koeficijenti eksplicitno izračunaju i onda primijeni integralna metoda u majorizaciji reda. Ilustrirajmo ovaj postupak na sljedećem primjeru. Primjer 2.7 Procijenite koliko članova Fourierovog reda je potrebno za aproksimaciju funkcije f(x = x 3 x, x [ 1, 1], s pogreškom manjom od ɛ =.1. Funkcija f(x = x 3 x je naparna pa je a n = za svaki n. Koeficijenti b n su dani sa Stoga je b n = 1 1 (x 3 x sin(nπxdx = ( 1 n 12 (nπ 3. (2.13 f(x = 12 π 3 ( 1 n n 3 sin(nπx. (2.14 Prema teoremu 2.4, red (2.14 uniformno konvergira ka f i 12 N ( 1 n f(x sin(nπx = 12 ( 1 n sin(nπx 12 π 3 n 3 n=n+1 π 3 n=n+1 n 3 π 3 N+1 1 n 3 (2.15 za svaki x [ 1, 1]. Suma reda n=n+1 1/n3 je manja od površine ispod krivulje y = 1/x 3, N x <. Dakle, 1 n 1 3 N x dx = 1 3 2N. (2.16 2 Sada iz (2.15 dobivamo 12 f(x π 3 N ( 1 n sin(nπx n 3 6 π 3 N. (2.17 2

POGAVJE 2. FOURIEROV RED 4 Ako želimo da pogreška aproksimacije bude manja od ɛ =.1, onda N treba uzeti takav da je 6/(π 3 N 2 <.1, odnosno 6 N > 4.4. (2.18 π 3.1 Odavde zaključujemo da je dovoljno uzeti N = 5 članova reda. Za usporedbu odredimo N iz relacije (2.12. Maksimalna vrijednost druge derivacije je dana sa pa uvjet M = max 6x = 6, (2.19 1 x 1 N > 4 6 243.17 (2.11 π 2.1 povlači N = 244. Očigledno je prva procjena mnogo bolja od procjene dobivene relacijom (2.12. 2.2.3 Gibbsova pojava U primjeru 2.5 promatrali smo stepeničastu funkciju, 1 x <, f(x = 1, x 1. (2.111 Istražimo ponašanje Fourierovog reda u okolini točke prekida x =. N ta parcijalna suma Fourierovog reda je dana sa S N (x = 1 2 + 2 π N k= 1 2k + 1 sin ( (2k + 1πx. (2.112 Na slici 2.4 uočavamo da je razlika izmedju S N (x i f(x znatno veća u okolini točke x = nego u drugim točkama intervala. Pokazat ćemo da postoji niz točaka {y N } takav da y N kada N, a u kojima se razlika S N (y N f(y N ne može napraviti proizvoljno malom bez obzira koliki je N. Ova činjenica naziva se Gibbsova pojava po matematičaru J.W. Gibbsu. U točki y N = 1 imamo 2N ( ( 1 S N = 1 2N 2 + 1 N sin (2k+1π 2N π k= (2k+1π 2N π N. (2.113

POGAVJE 2. FOURIEROV RED 41 Definirajmo točke x k = (2k + 1π, k =, 1, 2,..., N. (2.114 2N Ove točke tvore uniformnu particiju intervala [ π, π + ] π 2N 2N gdje je duljina svakog podintervala Δx = x k+1 x k = π. Sumu (2.113 možemo zapisati kao N ( 1 S N = 1 2N 2 + 1 π N f(x k Δx (2.115 gdje je f(x = sin(x/x. Gornji izraz prepoznajemo kao Riemannovu sumu funkcije f(x = sin(x/x na intervalu [ π, π + ] π 2N 2N. U limesu kada N dobivamo ( 1 lim S N = 1 N 2N 2 + 1 π π k= sin(x dx 1.895. (2.116 x Iako točka y N = 1 teži k nuli kada N, razlika S 2N N( 1 f( 1 ne teži k nuli 2N 2N jer je [ ( 1 ( 1 ] lim S N f 1.895 1 =.895. (2.117 N 2N 2N ( Dakle, parcijalne sume reda S 1 N 2N premašuju vrijednost funkcije za otprilike 8.9% za sve dovoljno velike N. Ovo nije u kontradikciji s činjenicom da Fourierov red konvergira po točkama ka f već samo pokazuje da konvergencija nije uniformna. Opisano ponašanje Fourierovog reda proizlazi iz činjenice da funkcija ima prekid prve vrste u x =. Gibbsova pojava se općenito može formulirati na sljedeći način. Teorem 2.5 (Gibbsova pojava Neka je f po dijelovima C 1 funkcija na intervalu [, ]. Neka je x < točka prekida funkcije f i neka je S N (x = a 2 + N ( a n cos ( nπx + bn sin ( nπx (2.118 N-ta parcijalna suma Fourierovog reda od f. Tada postoji niz točaka {x N }, x N > x, takav da je lim N x N = x i S N (x N f(x N lim N f(x + f(x.89. (2.119

Poglavlje 3 Klasifikacija jednadžbi drugog reda u dvije nezavisne varijable U ovom poglavlju ćemo klasificirati linearne jednadžbe drugog reda u dvije nezavisne varijable. Ovaj tip jednadžbi se može podijeliti na hiperboličke, paraboličke i eliptičke jednadžbe. Rješenja istog tipa jednadžbi dijele mnoga zajednička kvalitivna svojstva, a svaki tip jednadžbe se može transformacijom varjiabli prevesti na tzv. kanonski oblik. Opća linearna parcijalna diferencijalna jednadžba drugog reda u dvije nezavisne varijable ima oblik [u] = Au xx + 2Bu xy + Cu yy + Du x + Eu y + F u = G (3.1 gdje su u, A, B, C, D, E, F, G funkcije varijabli x, y u nekom području Ω R 2. Operator = A 2 x + 2B 2 2 x y + C 2 (3.2 y 2 naziva se glavni dio operatora. Glavnom dijelu operatora prdružena je diskriminanta Δ(x, y = B 2 (x, y A(x, yc(x, y. (3.3 Pokazat ćemo da predznak diskriminante ne ovisi o koordinatnom sustavu u kojem promatramo jednadžbu. Stoga ima smisla klasificirati jednadžbe oblika (3.1 prema predznaku diskriminante Δ(x, y. 42

POGAVJE 3. KASIFIKACIJA JEDNADŽBI DRUGOG REDA 43 Definicija 3.1 Jednadžba (3.1 naziva se (a hiperbolička u točki (x, y ako je Δ(x, y >, (b parabolička u točki (x, y ako je Δ(x, y =, (c eliptička u točki (x, y ako je Δ(x, y <. Ako je jednadžba (3.1 hiperbolička (parabolička, eliptička u svakoj točki područja Ω, tada kažemo da je jednadžba hiperbolička (parabolička, eliptička u Ω. Klasifikacija jednadžbi na spomenute tipove ima motivaciju u analitičkoj geometriji jer jednadžba Ax 2 + 2Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = (3.4 predstavlja hiperbolu, parabolu ili elipsu ovisno o tome je li diskriminanta Δ = B 2 AC pozitivna, nula ili negativna. Primjer 3.1 (a Valna jednadžba u tt c 2 u xx = (3.5 je hiperbolička (A = c 2, B =, C = 1 u R 2 jer je Δ = c 2 >. (b Jednadžba provodenja topline u t ku xx = (3.6 je parabolička (A = k, B = C = u R 2 jer je Δ =. (c aplaceova jednadžba u xx + u yy = (3.7 je eliptička (A = C = 1, B = u R 2 jer je Δ = 1 <. (d Tricomijeva jednadžba yu xx + u yy = (3.8 (A = y, B =, C = 1 ima diskriminantu Δ = y. Jednadžba je eliptička u poluravnini y >, hiperbolička u poluravnini y < i parabolička na pravcu y =.

POGAVJE 3. KASIFIKACIJA JEDNADŽBI DRUGOG REDA 44 Promotrimo sada što se dešava s jednadžbom ako uvedemo nove varijable. Pretpostavimo da jednadžba (3.1 spada u jedan od tri tipa u području Ω R 2. Uvedimo varijable α = α(x, y, β = β(x, y, (x, y Ω. (3.9 S ozbzirom da promatramo jednadžbe drugog reda, pretpostavit ćemo da su α i β funkcije klase C 2 u Ω. Zanimaju nas samo regularne transformacije čiji Jacobijan je α x α y J = = α xβ y α y β x (x, y Ω (3.1 β x jer u tom slučaju postoji inverzna transformacija ema 3.1 Neka je β y x = x(α, β, y = y(α, β. (3.11 Au xx + 2Bu xy + Cu yy + Du x + Eu y + F u = G (3.12 linearna jednadžba drugog reda. Uvedimo nove varijable α = α(x, y, β = β(x, y gdje je (x, y (α, β regularna transformacija. Tada je predznak diskriminante jednadžbe (3.12 invarijantan obzirom na transformaciju (x, y (α, β. Drugim riječima, predznak diskriminante Δ(x, y je unutarnje svojstvo jednadžbe jer funkcija w(α, β = u(x(α, β, y(α, β zadovoljava jednadžbu istog tipa kao funkcija u(x, y. Dokaz. Funkcije u i w povezane su relacijom u(x, y = w(α(x, y, β(x, y. Pravilo za derivaciju kompozicije funkcija daje u x = w α α x + w β β x, (3.13 u y = w α α y + w β β y, (3.14 u xx = w αα αx 2 + 2w αβ α x β x + w ββ βx 2 + w α α xx + w β β xx, (3.15 u xy = w αα α x α y + w αβ (α x β y + α y β x + w ββ β x β y + w α α xy + w β β xy, (3.16 u yy = w αα αy 2 + 2w αβ α y β y + w ββ βy 2 + w α α yy + w β β yy. (3.17

POGAVJE 3. KASIFIKACIJA JEDNADŽBI DRUGOG REDA 45 Suptitucijom ovih izraza u jednadžbu (3.12 slijedi da funkcija w zadovoljava gdje je ˉ[w] Āw αα + 2 ˉBw αβ + ˉCw ββ + ˉDw α + Ēw β + ˉF w = Ḡ (3.18 Ā(α, β = Aα 2 x + 2Bα x α y + Cα 2 y, (3.19 ˉB(α, β = Aα x β x + B(α x β y + α y β x + Cα y β y, (3.2 ˉC(α, β = Aβ 2 x + 2Bβ x β y + Cβ 2 y. (3.21 Ostale koeficijente ne trebamo eksplicitno izračunati jer tip jednadžbe ovisi samo o koeficijentima A, B i C. Jednadžbe (3.19-(3.21 se mogu zapisati u matričnom obliku ( ( ( (Ā ˉB α x α y A B α x β x ˉB ˉC =. (3.22 B C β x Uzimanjem determinante lijeve i desne strane jednadžbe (3.22 dobivamo β y Ā ˉC ˉB 2 = (AC B 2 (α x β y α y β x 2, (3.23 α y β y odnosno ˉΔ = ΔJ 2. (3.24 Iz pretpostavke da je α = α(x, y, β = β(x, y regularna transformacija slijedi da je J = α x β y α y β x, pa zaključujemo da diskriminante ˉΔ i ˉΔ imaju isti predznak. Ovo implicira da funkcije u i w zadovoljavaju isti tip jednadžbe. Uvodenjem novih varijabli jednadžba (3.1 se može svesti na jednostavniji, tzv. kanonski oblik, gdje je glavni dio kanonskog oblika jednadžbe jednak glavnom dijelu valne jednadžbe, jednadžbe provodenja ili aplaceove jednadžbe. Proučavanjem kanonskih oblika dobivamo lakši uvid u svojstva opće jednadžbe (3.1. Ako nam je poznato rješenje kanonskog oblika jednadžbe w(α, β, tada je rješenje početne jednadžbe dano transformacijom u(x, y = w(α(x, y, β(x, y. Kanonske oblike jednadžbi definiramo na sljedeći način. Definicija 3.2 (1 Kanonski oblik hiperboličke jednadžbe je u xy + 1 [u] = G (3.25

POGAVJE 3. KASIFIKACIJA JEDNADŽBI DRUGOG REDA 46 gdje je 1 diferencijalni operator prvog reda. Ovaj kanonski oblik je ekvivalentan sa w αα w ββ + 1 [w] = G (3.26 gdje su variable α, η dane transformacijom α = x + y, β = x y. (2 Kanonski oblik paraboličke jednadžbe je u xx + 1 [u] = G. (3.27 (3 Kanonski oblik eliptičke jednadžbe je u xx + u yy + 1 [u] = G. (3.28 U sljedećem poglavlju ćemo proučavati transformacije varijabli kojima se jednadžbe svode kanonski oblik. 3.1 Kanonski oblik hiperboličkih jednadžbi Teorem 3.1 Neka je Au xx + 2Bu xy + Cu yy + Du x + Eu y + F u = G (3.29 jednadžba hiperboličkog tipa u području Ω. Tada postoje varijable α = α(x, y, β = β(x, y u kojima jednadžba (3.29 ima kanonski oblik w αβ + 1 [w] = Ḡ (3.3 gdje je w(α, β = u(x(α, β, y(α, β i 1 je diferencijalni operator prvog reda. Dokaz. Ako je A = C =, onda je Δ = B 2 > pa se u ovom slučaju jednadžba svodi na kanonski oblik dijeljenjem s B >. Pretpostavimo sada bez gubitka općenitosti da je A u Ω. Prema lemi 3.1, potrebno je odrediti varijable α = α(x, y, β = β(x, y takve da je Ā(α, β = Aαx 2 + 2Bα x α y + Cαy 2 =, (3.31 ˉC(α, β = Aβx 2 + 2Bβ x β y + Cβy 2 =. (3.32

POGAVJE 3. KASIFIKACIJA JEDNADŽBI DRUGOG REDA 47 Kako je Δ = B 2 AC > u Ω, jednadžba Aλ 2 + 2Bλ + C = (3.33 ima dva različita realna rješenja λ 1 (x, y i λ 2 (x, y u svakoj točki (x, y Ω: λ 1,2 = B ± B 2 AC. (3.34 A Funkcije α(x, y i β(x, y odredimo tako da zadovoljavaju sustav jednadžbi prvog reda α x = λ 1 (x, yα y, (3.35 β x = λ 2 (x, yβ y (3.36 u Ω. Jednadžbe (3.35 i (3.36 nazivamo karakteristične jednadžbe. Supstitucijom karakterističnih jednadžbi u izraze za Ā i ˉC dobivamo Ā = (Aλ 2 1 + 2Bλ 1 + Cα 2 y =, (3.37 ˉC = (Aλ 2 2 + 2Bλ 2 + Cβ 2 y =. (3.38 Dakle, jednadžba (3.29 u novim varijablama ima oblik 2 ˉBw αβ + 1 [w] = Ḡ. (3.39 Ostaje nam provjeriti je li transformacija α = α(x, y, β = β(x, y regularna. Supstitucijom jednadžbi (3.35 i (3.36 u Jacobijan transformacije dobivamo λ 1 α y α y J = λ 2 β y β y = (λ 1 λ 2 α y β y. (3.4 Kako je λ 1 λ 2, zaključujemo da je transformacija regularna ako su α y i β y. Obzirom da je ˉΔ = ˉB 2, jednadžba ˉΔ = ΔJ 2 povlači ˉB 2 = ΔJ 2 >. (3.41 Stoga jednadžbu (3.39 možemo podijeliti s 2 ˉB čime dobivamo kanonski oblik (3.3. Dakle, hiperbolička jednadžba se može transformirati u kanonski oblik ako funkcije α(x, y i β(x, y zadovoljavaju jednadžbe (3.35 i (3.36 uz uvjet α y i β y.

POGAVJE 3. KASIFIKACIJA JEDNADŽBI DRUGOG REDA 48 Primjer 3.2 Odredite kanonski oblik jednadžbe 4u xx + 5u xy + u yy + u x + u y = 2. (3.42 Koeficijenti jednadžbe su A = 4, B = 5/2 i C = 1, pa je jednadžba hiperbolička na R 2 jer je Δ = B 2 AC = 9/4 >. Jednadžba Aλ 2 + 2Bλ + C = ima dva realna korijena λ 1 = 1/4 i λ 2 = 1. Stoga su karakteristične jednadžbe dane sa odakle slijedi α x = 1 4 α y, β x = β y, (3.43 α = 1 x + y, β = x + y. (3.44 4 Definirajmo funkciju w(α, β = u ( x(α, β, y(α, β. Tada je u x = 1 4 w α w β, (3.45 u y = w α + w β, (3.46 u xx = 1 16 w αα + 1 2 w αβ + w ββ, (3.47 u yy = w αα + 2w αβ + w ββ, (3.48 u xy = 1 4 w αα 5 4 w αβ w ββ. (3.49 Supstitucijom izraza (3.45 (3.49 u jednadžbu (3.42 dobivamo kanonski oblik jednadžbe w αβ = 1 3 w α 8 9. (3.5 Ako uvedemo varijable ξ = α + β, η = α β i funkciju ˉw(ξ, η = w ( α(ξ, η, β(ξ, η, onda je drugi kanonski oblik jednadžbe (3.42 dan sa ˉw ξξ ˉw ηη = 1 3 ˉw ξ + 1 3 ˉw η 8 9. (3.51 3.2 Kanonski oblik paraboličkih jednadžbi Teorem 3.2 Neka je Au xx + 2Bu xy + Cu yy + Du x + Eu y + F u = G (3.52

POGAVJE 3. KASIFIKACIJA JEDNADŽBI DRUGOG REDA 49 jednadžba paraboličkog tipa u području Ω. Tada postoje varijable α = α(x, y, β = β(x, y u kojima jednadžba (3.52 ima kanonski oblik w αα + 1 [w] = Ḡ (3.53 gdje je w(α, β = u ( x(α, β, y(α, β i 1 je diferencijalni operator prvog reda. Dokaz. Prema pretpostavci je Δ = B 2 AC =, a kao A, B i C nisu svi nula, to povlači da je A ili C. Bez gubitka općenitosti pretpostavimo da je A u Ω. Ako je C, dokaz se može modificirati na očigledni način. Prema lemi 3.1, potrebno je odrediti varijable α = α(x, y, β = β(x, y takve da koeficijenti ˉB(α, β = Aα x β x + B(α x β y + α y β x + Cα y β y, (3.54 ˉC(α, β = Aβ 2 x + 2Bβ x β y + Cβ 2 y, (3.55 iščezavaju. Zbog uvjeta Δ = B 2 AC = jednadžba Aλ 2 + 2Bλ + C = ima jedno realno rješenje u Ω, B(x, y λ(x, y = A(x, y. (3.56 Neka je β rješenje karakteristične jednadžbe β x = λ(x, yβ y (3.57 takvo da je β y. Uvrštavanjem jednadžbe (3.57 u (3.54 i (3.55 dobivamo ˉB = (Aλ + Bα x β y + (Bλ + Cα y β y = 1 A( AC B 2 α y β y =, (3.58 ˉC = (Aλ 2 + 2Bλ + Cβ 2 y =. (3.59 Za funkciju α(x, y možemo odabrati bilo koju funkciju za koju Jacobijan transformacije (x, y (α, β ne iščezava. Primijetimo da za α = x imamo α x α y J = = β y. (3.6 Sada za koeficijent Ā dobivamo β x β y Ā = Aα 2 x + 2Bα x α y + C 2 α 2 y = A. (3.61 Ozbirom da je ˉB = ˉC =, dijeljenjem transformirane jednadžbe Āw αα + 1 [w] = Ḡ s Ā dobivamo kanonski oblik (3.53.

POGAVJE 3. KASIFIKACIJA JEDNADŽBI DRUGOG REDA 5 Primjer 3.3 Odredite kanonski oblik jednadžbe x 2 u xx 2xyu xy + y 2 u yy + xu x + yu y = (3.62 i pronadite opće rješenje jednadžbe u poluravnini x >. Koeficijenti glavnog dijela jednadžbe su A = x 2, B = xy i C = y 2. Stoga je Δ = B 2 AC = (xy 2 x 2 y 2 = (3.63 za svaki (x, y R 2, pa slijedi da je jednadžba parabolička u R 2. Prema prethodnom teoremu, koeficijent λ dan je sa pa β zadovoljava karakterističnu jednadžbu λ = B A = y x, (3.64 xβ x = yβ y. (3.65 ako se vidi da je rješenje jednadžbe β = xy. Definirajmo sada transformaciju varijabli β = xy, α = x. Kako je β y = x, transformacija je regularna u poluravnini x >. Ako je w(α, β = u(x, y, onda imamo β u x = w α + w β α, (3.66 u y = w β α, (3.67 β ( β 2, u xx = w αα + 2w αβ α + w ββ α (3.68 u xy = w αβ α + w ββ β + w β, (3.69 u yy = w ββ α 2. (3.7 Supstitucijom ovih izraza u jednadžbu (3.62 dobivamo α 2 w αα + αw α =, (3.71 odnosno αv α + v = gdje je v = w α. Integracijom jednadžbe nalazimo v = f(β 1 α, (3.72

POGAVJE 3. KASIFIKACIJA JEDNADŽBI DRUGOG REDA 51 pa konačno dobivamo w = vdα = f(β ln α + g(β. (3.73 Dakle, opće rješenje jednadžbe (3.62 u poluravnini x > je funkcija gdje su f, g C 2 (R proizvoljne funkcije. u(x, y = f(xy ln(x + g(xy (3.74 3.3 Kanonski oblik eliptičkih jednadžbi Odredivanje varijabli u kojima eliptička jednadžba ima kanonski oblik je u općenitom slučaju složenije nego za hiperboličke ili paraboličke jednadžbe (vidi [P.R. Garabedian, Partial Diferential Equations, John Wiley and Sons, New York, 1964]. Me dutim, su koeficijenti eliptičke jednadžbe konstantni, onda je procedura za svo denje na kanonski oblik slična hiperboličkom slučaju. Teorem 3.3 Neka je Au xx + 2Bu xy + Cu yy + Du x + Eu y + F u = G (3.75 eliptička jednadžba u području Ω. Tada postoje varijable α = α(x, y, β = β(x, y u kojima jednadžba (3.75 ima kanonski oblik w αα + w ββ + 1 [w] = Ḡ (3.76 gdje je w(α, β = u ( x(α, β, y(α, β i 1 je diferencijalni operator prvog reda. Dokaz. Dokaz provodimo u slučaju kada su koeficijenti u jednadžbi konstante. Kako je Δ = B 2 AC <, slijedi da su A i C. Prisjetimo se da su koeficijenti glavnog dijela transformirane jednadžbe dani sa Ā(α, β = Aαx 2 + 2Bα x α y + Cαy, 2 (3.77 ˉB(α, β = Aα x β x + B(α x β y + α y β x + Cα y β y, (3.78 ˉC(α, β = Aβx 2 + 2Bβ x β y + Cβy. 2 (3.79

POGAVJE 3. KASIFIKACIJA JEDNADŽBI DRUGOG REDA 52 Želimo odrediti transformaciju α = α(x, y i β = β(x, y takvu da je Ā = ˉC i ˉB =. Ovo povlači da α i β zadovoljavaju sustav jednadžbi Ā ˉC = i ˉB =, odnosno A(α 2 x β 2 x + 2B(α x α y β x β y + C(α 2 y β 2 y =, (3.8 Aα x β x + B(α x β y + α y β x + Cα y β y =. (3.81 Ako uvedemo kompleksnu funkciju φ = α+iβ, onda se sustav jednadžbi (3.8 (3.81 može zapisati u obliku Aφ 2 x + 2Bφ x φ y + Cφ 2 y =. (3.82 Jednadžba Aλ 2 + 2Bλ + C = ima dva kompleksno konjugirana rješenja λ 1 = B + i AC B 2, λ 2 = B i AC B 2 A A (3.83 jer je AC B 2 >. Pretpostavimo da funkcija φ zadovoljava karakterističnu jednadžbu φ x = λ 1 φ y. (3.84 Tada je Aφ 2 x + 2Bφ x φ y + Cφ 2 y = (Aλ 2 1 + 2Bλ 1 + Cφ 2 y = (3.85 što znači da su za ovaj izbor funkcije φ vrijedi Ā = ˉC i ˉB =. Definirajmo a = B/A i b = AC B 2 /A. ako se vidi da jednadžba (3.84 ima rješenje φ = λ 1 x+y odakle slijedi da je tražena transformacija dana sa α = ax + y, β = bx. (3.86 Tranformacija je regularna jer je J = α x β x α y β y = a 1 = b. (3.87 b Transformirani koeficijenti imaju oblik Ā = ˉC = Ab 2 pa dijeljenjem jednadžbe Ab 2 w αα + Ab 2 w ββ + 1 [w] = Ḡ dobivamo kanonski oblik (3.76 Jednadžba može svesti na kanonski oblik i φ zadovoljava uvjet φ x = λ 2 φ y. U tom slučaju jednadžbe se razlikuju samo u diferencijalnom operatoru 1, ali početno rješenje u(x, y ima isti oblik.

POGAVJE 3. KASIFIKACIJA JEDNADŽBI DRUGOG REDA 53 Primjer 3.4 Oredite kanonski oblik jednadžbe u xx + u xy + u yy + u x =. (3.88 Koeficijenti glavnog dijela jednadžbe su A = 1, 2B = 1 i C = 1. Kako je Δ = B 2 AC = 3 4 <, (3.89 jednadžba je eliptička u R 2. Rješenja jednadžbe Aλ 2 + 2Bλ + C = su dana sa λ 1,2 = 1 ± i 3. (3.9 2 Prema jednadžbi (3.86, transformirane varijable imaju oblik odakle dobivamo α = 1 2 x + y, β = 3 2 x (3.91 u x = 1 3 2 w α + 2 w β, (3.92 u xx = 1 3 4 w αα 2 w αβ + 3 4 w ββ, (3.93 u xy = 1 3 2 w αα + 2 w αβ, (3.94 u yy = w ββ. (3.95 Supstitucijom izraza (3.92 (3.94 u jednadžbu (3.88 dobivamo odnosno 3 4 w αα + 3 4 w ββ 1 2 w α + 3 2 w β =. (3.96 w αα + w ββ 2 3 w α + 2 3 w β =. (3.97 Ako umjesto λ 1 odaberemo konjugirano rješenje λ 2 = 1 i 3, onda su transformirane varijable dane sa 2 2 α = 1 3 2 x + y, β = x. (3.98 2 Pripadni kanonski oblik je u tom slučaju w αα + w ββ 2 3 w α 2 3 w β =. (3.99 Dok je glavni dio kanonskog oblika jedinstven, preostali dio ovisi o izboru korijena λ 1 ili λ 2.

POGAVJE 3. KASIFIKACIJA JEDNADŽBI DRUGOG REDA 54 Zadaci 1. Neka je u rješenje jednadžbe u xx + 2u xy + u yy =. (3.1 Napišite jednadžbu u koordinatama s = x, t = x y i odredite opće rješenje. 2. Jednadžbu u xx 2u xy + 5u yy = (3.11 napišite u koordinatama s = x + y, t = 2x, i odredite opće rješenje jednadžbe. 3. Klasificirajte sljedeće jednadžbe: x 2 u xy y u yy + u x 4u =, (3.12 xy u xx + 4u xy (x 2 + y 2 u yy u =. (3.13 4. Za svaku od sljedećih jednadžbi odredite područja u ravnini gdje su jednadžbe hiperboličke, paraboličke ili eliptičke: 2u xx + 4u xy + 3u yy u =, (3.14 u xx + 2xu xy + u yy + sin(xyu = 5, (3.15 yu xx 2u xy + e x u yy + x 2 u x u =. (3.16 5. Reducirajte na kanonski oblik sljedeće jednadžbe: c 2 u xx u yy =, (3.17 2u xx + u xy + y u yy =, y > 1, (3.18 x 2 u xx 2xy u xy + y 2 u yy =, (3.19 x u xx 4u xy =, x >. (3.11

Poglavlje 4 Jednadžba provodenja Jednadžba provodenja je najvažniji primjer diferencijalne jednadžbe paraboličkog tipa. U prvom dijelu izlaganja dokazat ćemo jedinstvenost rješenja početno rubnog problema, princip maksimuma i stabilnost rješenja obzirom na početne i rubne uvjetie. U drugom dijelu odredit ćemo rješenje homogene jednadžbe metodom separacije varijabli, a zatim ćemo ovu metodu proširiti na nehomogenu jednadžbu. 4.1 Princip maksimuma i jedinstvenost rješenja Promotrimo jednadžbu provodenja topline na konačnom intervalu: u t ku xx =, < x <, t >. (4.1 Funkcija u(x, t opisuje temperaturu u tankom homogenom toplinski vodljivom štapu na mjestu x u trenutku t. Pretpostavljamo da je štap izoliran osim eventualno na krajevima x = i x =, i da nema izvora koji griju ili hlade štap. Konstanta k >, koja ovisi o materijalu štapa, naziva se toplinska vodljivost. Fizikalna intuicija sugerira da je raspodjela temperature poznata ako je poznata početna temperatura u(x, i temperatura na krajevima štapa u(, t i u(, t. Ovo nas vodi na razmatranje početno rubnog problema s Dirichletovim uvjetima u t ku xx =, < x <, t >, (4.2 u(x, = f(x, x, (4.3 u(, t = a(t, u(, t = b(t, t. (4.4 55

POGAVJE 4. JEDNADŽBA PROVODENJA 56 Ako je umjesto temperature na krajevima štapa poznat njezin gradijent, tada funkcija u zadovoljava Neumannove uvjete u x (, t = a(t, u x (, t = b(t, t. (4.5 Pretpostavljamo da su funkcije f, a i b neprekidne. Funkcija u je definirana na domeni a rubni i početni uvjeti su zadani na rubu domene Ω = { (x, t < x <, t > }, (4.6 Ω = {(x, a x b} {(, t t } {(, t t }. (4.7 Naš zadatak je odrediti C 2 zadanim početnim i rubnim uvjetima. skup Ω definiran izrazom (4.6. funkciju u koja zadovoljava jednadžbu (4.2 na Ω sa U daljenjem tekstu pretpostavljamo da je Teorem 4.1 (Jedinstvenost rješenja Neka su u 1 i u 2 C 2 rješenja problema (4.2 (4.4. Tada je u 1 = u 2. Dokaz. Neka je w = u 1 u 2. Funkcija w zadovoljava homogenu jednadžbu Definirajmo pomoćnu funkciju w t kw xx =, < x <, t >, (4.8 w(x, =, x, (4.9 w(, t = w(, t =, t. (4.1 J(t = 1 2k w 2 (x, tdx. (4.11 Kako je (w 2 t = 2w w t neprekidna funkcija, prema eibnizovom pravilu J(t možemo derivirati pod znakom integrala pa dobivamo J (t = 1 2k t w2 dx = 1 k jer je w t = kw xx. Parcijalnom integracijom slijedi x= w w xx dx = w w x x= w w t dx = w 2 x dx = w w xx dx (4.12 w 2 x dx (4.13

POGAVJE 4. JEDNADŽBA PROVODENJA 57 gdje smo uzeli u obzir da je w(, t = w(, t =. Dakle, J (t = wx 2 dx, (4.14 što povlači da J(t nije strogo rastuća funkcija. Nadalje, početni uvjet w(x, = implicira J( =. Sada J( = i J (t zajedno povlače da je J(t za svaki t. Medjutim, iz definicije (4.11 slijedi J(t, što implicira da je J(t = 1 w 2 dx = (4.15 2k za svaki t. Kako je w 2, ovo povlači w =, odnosno u 1 = u 2. Dakle, rješenje problema je jedinstveno. Primijetimo da prema istom dokazu Neumannov problem takoder ima jedinstveno rješenje jer slobodni član u jednadžbi (4.13 isčezava kada je w x (, t = w x (, t =. Sada ćemo dokazati zanimljivi rezultat prema kojem u svakom konačnom vremenskom intervalu [, T ] rješenje homogene jednadžbe (4.1 ima maksimum na tzv. paraboličkom rubu pravokutnika D = [, ] [, T ]. Definicija 4.1 Neka je D zatvoreni pravokutnik [a, b] [c, d]. Parabolički rub od D, u oznaci p D, je unija stranica y = c, x = a i x = b: p D = {(x, c a x b} {(a, y c y d} {(b, y c y d} (4.16 Teorem 4.2 (Princip maksimuma Neka je funkcija u C 2 rješenje jednadžbe provodenja u t ku xx =, < x <, t >. (4.17 Neka je T > i neka je D zatvoreni pravokutnik [, ] [, T ]. Tada u ima maksimum po D na paraboličkom rubu p D. Drugim riječima, za neku točku (x, t p D. max u(x, t = u(x, t (4.18 (x,t D

POGAVJE 4. JEDNADŽBA PROVODENJA 58 Dokaz. Dokaz provodimo kontradikcijom. Neka je M = max (x,t D u(x, t. Kako je u C(D, postoji točka (x, t D takva da je M = u(x, t. Pretpostavimo da funkcija nema maksimum na paraboličkom rubu, odnosno (x, t D \ p D. Tada je za neki ε >. Uvedimo pomoćnu funkciju max u(x, t = M ε (4.19 (x,t pd v(x, t = u(x, t + ε 2 2 (x x 2. (4.2 Za točke paraboličkog ruba vrijedi x x < pa jednakost (4.19 povlači v(x, t u(x, t + ε 2 M ε 2, (x, t pd. (4.21 S druge strane, v(x, t = u(x, t = M > M ε 2 (4.22 pa zaključujemo da max (x,t D v(x, t nije dosegnut na paraboličkom rubu p D. Dakle, max v(x, t = v(x 1, t 1 u nekoj točki (x 1, t 1 D \ p D. (4.23 (x,t D U točki (x 1, t 1 funkcija v zadovoljava nužni uvjet za postojanje maksimuma: v t (x 1, t 1 =, v xx (x 1, t 1 ako je < t 1 < T, (4.24 ili v t (x 1, t 1, v xx (x 1, t 1 ako je t 1 = T. (4.25 U oba slučaja vrijedi v t (x 1, t 1 kv xx (x 1, t 1. (4.26 Medutim, iz definicije funkcije v imamo v t (x 1, t 1 kv xx (x 1, t 1 = u t (x 1, t 1 ku xx (x 1, t 1 kε 2 < (4.27 jer je u t (x 1, t 1 ku xx (x 1, t 1 = i kε >, što vodi na kontradikciju s (4.26. Odavde zaključujemo da funkcija u ima maksimu po skupu D u nekoj točki paraboličkog ruba p D.

POGAVJE 4. JEDNADŽBA PROVODENJA 59 Fizikalna interpretacija ovog principa je sljedeća: temperatura u unutrašnjosti štapa (u točki < x < je u svakom trenutku t T manja od maksimalne početne temperature ili maksimalne temperature na rubovima štapa. U geometrijskim terminima, ploha u = u(x, t ima maksimalnu visinu na jednoj od stranica x =, x = ili t = pravokutnika [, ] [, T ]. Korolar 4.1 (Princip minimuma Ako funkcija u zadovoljava pretpostavke iz teorema 4.2, onda u ima minimum u nekoj točki paraboličkog ruba p D. Dokaz. Definirajmo funkciju w = u. Tada w zadovoljava pretpostavke iz teorema 4.2 pa w ima maksimum u nekoj točki (x, t p D što povlači da u = w ima minimum u (x, t. Principi maksimuma i minimuma imaju za posljedicu stabilnost rješenja jednadžbe provodenja. Preciznije, u svakom konačnom vremenskom intervalu [, T ] mala promjena u početnim ili rubnim uvjetima rezultira malom promjenom u rješenju. Ovaj rezultat je važan jer se u primjenama početni ili rubni uvjeti često ne mogu egzaktno odrediti. Teorem 4.3 (Stabilnost rješenja Neka su u 1 i u 2 C 2 rješenja početno rubnih problema za i = 1, 2. Neka je T >. Ako je u i t k 2 u i =, < x <, t >, (4.28 x2 u i (x, = f i (x, x, (4.29 u i (, t = a i (t, u i (, t = b i (t, t (4.3 max f 1(x f 2 (x < ε, (4.31 x max t T a 1(t a 2 (t < ε, max b 1(t b 2 (t < ε (4.32 t T za neki ε >, onda je max u 1 (x, t u 2 (x, t < ε. (4.33 x t T

POGAVJE 4. JEDNADŽBA PROVODENJA 6 Drugimm riječima, jednadžba provodenja je stabilna u svakom konačnom vremenskom intervalu [, T ]. Dokaz. Neka je D zatvoreni pravokutnik [, ] [, T ]. Definirajmo v = u 1 u 2. Tada je v t kv xx =, i na paraboličkom rubu od D vrijedi Ovo povlači da je pa je v(x, = f 1 (x f 2 (x < ε, x, (4.34 v(, t = a 1 (t a 2 (t < ε, t T, (4.35 v(, t = b 1 (t b 2 (t < ε, t T. (4.36 ε < Prema principu maksimuma i minimuma imamo max v(x, t < ε (4.37 (x,t pd min v(x, t i max v(x, t < ε. (4.38 (x,t p D (x,t p D ε < min v(x, t i max v(x, t < ε (4.39 (x,t D (x,t D što opet povlači Dakle, max v(x, t < ε. (4.4 (x,t D max u 1 (x, t u 2 (x, t < ε. (4.41 (x,t D 4.2 Separacija varijabli za homogenu jednadžbu U ovom poglavlju ćemo riješiti jednadžbu provodenja topline metodom separacije varijabli. Ovom metodom rješenje se dobiva u obliku reda po vlastitim funkcijama pridruženog Sturm iouvilleovog problema. Pokazat ćemo da uz odre dene pretpostavke na početne uvjete dobiveni red predstavlja klasično rješenje jednadžbe.

POGAVJE 4. JEDNADŽBA PROVODENJA 61 Dirichletovi rubni uvjeti Promotrimo homogenu jednadžbu provodenja s početno rubnim uvjetima u t ku xx =, < x <, t >, (4.42 u(x, = f(x, x, (4.43 u(, t = u(, t =, t. (4.44 Kompatibilnost uvjeta (4.43 i (4.44 impicira da je f( = f( =. (4.45 Iz prethodnih razmatranja znamo da ovaj problem ima jedinstveno rješenje koje na kontinuirani način ovisi o početnom uvjetu u(x, = f(x. u(x, t može napisati u separiranom obliku Pretpostavimo da se u(x, t = P (xq(t (4.46 gdje funkcije P i Q ovise samo o varijablama x i t, redom. Supstitucijom jednadžbe (4.46 u (4.42 dobivamo P Q t = kp xx Q, odnosno Q t kq = P xx P. (4.47 Kako su x i t nezavisne varijable, iz (4.47 slijedi da su obje strane jednadžbe konstantne. Stoga je Q t kq = P xx = λ (4.48 P za neki λ R. Konstantu λ nazivamo separacijska konstanta, a negativni predznak je odabran radi konvencije. Iz jednadžbe (4.48 slijedi da u zadovoljava jednadžbu (4.42 ako i samo ako su P i Q rješenja običnih diferencijalnih jednadžbi P xx + λp =, < x <, (4.49 Q t + kλq =, t >. (4.5 Rubni uvjeti u(, t = P (Q(t =, u(, t = P (Q(t = (4.51

POGAVJE 4. JEDNADŽBA PROVODENJA 62 povlače da je P ( = P ( =. Diferencijalna jednadžba za funkciju P, P xx + λp =, (4.52 P ( = P ( =, (4.53 naziva se Sturm iouvilleov problem pridružen jednadžbi (4.42 (4.44. Netrivijalno rješenje P se naziva vlastita funkcija Sturm-iouvilleovog problema s vlastitom vrijednošću λ. Naš zadatak je odrediti vlastite vrijednosti i vlastite funkcije ovog problema. Obzirom da priroda rješenja ovisi o predznaku konstante λ, posebno ćemo razmatrati slučajeve λ <, λ = i λ >. Uvedimo oznaku λ = ±c 2, c. Slučaj λ = c 2 <. Opće rješenje jednadžbe (4.52 je dano sa P (x = Ae cx + Be cx. (4.54 Rubni uvjeti impliciraju da A i B zadovoljavaju sustav jednadžbi P ( = A + B =, (4.55 P ( = Ae c + Be c =. (4.56 Determinanta matrice ovog sustava je 1 1 (4.57 e c e c što povlači da sustav ima samo trivijalno rješenje A = B =. Stoga λ < nije vlastita vrijednost Sturm iouvilleovog problema. Slučaj λ =. U ovom slučaju imamo P (x = A + Bx (4.58 što daje P ( = A =, (4.59 P ( = A + B =. (4.6

POGAVJE 4. JEDNADŽBA PROVODENJA 63 Očigledno je A = B = pa slijedi da λ = nije vlastita vrijednost problema (4.52 (4.53. Slučaj λ = c 2 >. U ovom slučaju je opće rješenje jednadžbe (4.52 oscilatorno, P (x = A cos(cx + B sin(cx. (4.61 Iz rubnih uvjeta dobivamo P ( = A =, (4.62 P ( = A cos(c + B sin(c =. (4.63 Ovaj sustav ima netrivijalno rješenje B samo ako konstanta c zadovoljava sin(c =. (4.64 Jednadžba ima diskretna rješenja c n = nπ, n = ±1, ±2,... (4.65 pa su vlastite vrijednosti Sturm iouvilleovog problema dane sa ( nπ 2, λ n = n 1. (4.66 Svakoj vlastitoj vrijednosti λ n pripada vlastita funkcija ( nπ P n (x = B n sin x, n 1. (4.67 Zaključujemo da Sturm iouvilleov problem (4.52 (4.53 ima beskonačno mnogo vlastitih funkcija (4.67 s vlastitim vrijednostima (4.66. Za svaku vlastitu vrijednost λ n funkcija Q zadovoljava pripadnu jednadžbu koja ima eksponencijalno rješenje Q t + kλ n Q = (4.68 Q n (t = e k ( 2t nπ, n 1. (4.69

POGAVJE 4. JEDNADŽBA PROVODENJA 64 Ovom metodom dobivamo niz separiranih rješenja ( 2t ( u n (x, t = Q n (tp n (x = B n e k nπ nπ sin x, n 1 (4.7 koji zadovoljavaju rubne uvjete u n (, t = u n (, t =. Prema principu superpozicije, svaka linearna kombinacija N u(x, t = u n (x, t = N ( 2t ( B n e k nπ nπ sin x je rješenje jednadžbe provodenja sa svosjstvom da je u(, t = u(, t =. početnom trenutku t = imamo u(x, = N Ako se funkcija f može napisati kao linearna kombinacija N ( nπ f(x = B n sin (4.71 ( nπ B n sin. (4.72 U (4.73 na intervalu [, ], onda je u(x, = f(x pa funkcija (4.71 predstavlja rješenje početno rubnog prolema (4.42 (4.44. Primjer 4.1 Odredite rješenje problema u t 2u xx =, < x < π, t >, (4.74 u(x, = 5 sin(2x 1 sin(3x, x π (4.75 u(, t = u(π, t =, t. (4.76 U ovom primjeru je = π i k = 2, stoga rješenje ima oblik N u(x, t = B n e 2n2t sin(nx. (4.77 Iz početnog uvjeta u(x, = N B n sin(nx = 5 sin(2x 1 sin(3x (4.78 zaključujemo da je N = 3, B 1 =, B 2 = 5 i B 3 = 1. Supstitucijom ovih vrijednosti u jednadžbu (4.77 dobivamo u(x, t = 5e 8t sin(2x 1e 18t sin(3x. (4.79

POGAVJE 4. JEDNADŽBA PROVODENJA 65 U općenitom slučaju funkciju f ne možemo napisati kao linearnu kombinaciju (4.73. Medutim, ako se f može razviti u Fourierov red f(x = ( nπ B n sin x (4.8 na intervalu [, ], onda očekujemo da je formalno rješenje u dano u obliku reda u(x, t = u n(x, t. Sljedeći rezultat daje uvjete pod kojima je funkcija u klasično rješenje prolema. Teorem 4.4 (Egzistencija rješenja Pretpostavimo da je funkcija f (i neprekidna na [, ] i po dijelovima C 1 na [, ], (ii f( = f( =. Tada je funkcija u(x, t = ( nπ k( nπ B n e 2t sin x, B n = 2 f(x sin klasično rješenje početno rubnog problema ( nπx dx (4.81 u t ku xx =, < x <, t >, (4.82 u(x, = f(x, x, (4.83 u(, t = u(, t =, t. (4.84 Dokaz. Neka je f neparno proširenje funkcije f, f(x, x, f(x = f( x, x <. (4.85 Funkcija f je neprekidna i po dijelovima C 1 na [, ] i očigledno je f( = f( =. Prema teoremu 2.4 Fourierov red f(x = A 2 + A n cos ( nπx + B n sin ( nπx (4.86

POGAVJE 4. JEDNADŽBA PROVODENJA 66 konvergira uniformno ka f na [, ]. Fourierovi koeficijenti su dani sa A n = 1 ( nπx f(x cos B n = 1 ( nπx f(x sin dx = 2 f(x sin i vrijedi B n <. Funkcije dx =, n, (4.87 nπ k( u n (x, t = B n e 2t sin ( nπx dx, n 1, (4.88 ( nπ x, n 1 (4.89 zadovoljavaju jednadžbu provodenja i rubne uvjete u n (, t = u n (, t =. Kako su u n (x, t ograničene konvergentnim redom, u n (x, t B n za sve x, t, (4.9 prema Weierstrassovom kriteriju red u n(x, t konvergira uniformno na zatvorenom skupu ˉΩ = {(x, t x, t }. Funkcije u n (x, t su neprekidne na ˉΩ pa je suma reda neprekidna funkcija u(x, t = u n (x, t, (x, t ˉΩ. (4.91 Pokažimo sada da funkcija u(x, t zadovoljava jednadžbu provodenja. Neka je ε > i neka je Ω ε = {(x, t < x <, t > ε}. Funkcija f je ograničena pa vrijedi B n = 2 ( nπ f(x sin x dx 2 f(x dx 2M (4.92 gdje je M = max x [,] f(x. Deriviranjem po varijabli t dobivamo u ( n nπ 2e ( k( = B n k nπ nπ 2t sin t x. (4.93 Stoga je u svakoj točki (x, t Ω ε derivacija ograničena sa u n ( nπ 2 ( t B n k e k( nπ π 2 2t 2Mk n 2 nπ k( e 2ε. (4.94 ako se provjeri da red n2 nπ k( e 2ε konvergira što prema Weierstrassovom kriteriju povlači da red u n/ t konvergira uniformno na Ω ε. Stoga funkciju u možemo derivirati po članovima pa imamo u t = u n t, (x, t Ω ε. (4.95

POGAVJE 4. JEDNADŽBA PROVODENJA 67 Slično se pokaže da vrijedi 2 u x = 2 Sada iz jednadžbi (4.95 i (4.96 slijedi da u zadovoljava u t ku xx = ( 2 ( u n k u t x 2 n = na skupu Ω ε. 2 u n x 2, (x, t Ω ε. (4.96 ( un t k 2 u n = (4.97 x 2 Kako je ε > odabran proizvoljno, zaključujemo da je u rješenje jednadžbe provodenja na otvorenom skupu Ω = {(x, t < x <, t > }. Funkcija u očigledno zadovoljava rubne uvjete u(, t = u(, t = i početni uvjet u(x, = ( nπ B n sin x = f(x, x, (4.98 jer Fourierov red (4.98 konvergira uniformno ka f na skupu [, ]. Primjer 4.2 Odredite rješenje problema u t u xx =, < x < π, t > (4.99 u(, t = u(, t =, (4.1 x, x π 2 u(x, = (4.11 π π x, < x π. 2 Rješenje Duljina intervala je = π pa je funkcija u dana sa u(x, t = B n e n2t sin(nx. (4.12 Funkcija f(x = u(x, je neprekidna i po dijelovima C 1 na [, π]. Stoga je prema Dirichletovom teoremu f(x = B n sin(nx za svaki x π (4.13 Fourierovi koeficijenti su dani sa

POGAVJE 4. JEDNADŽBA PROVODENJA 68 1.5 1.5 1 π t 3π 2 3π 5π 2 8 π 7π 4 8 8 x π 4 π 8 Slika 4.1: Graf funkcije (4.17. Kako je π π 2 B n = 2 f(x sin(nxdx = 2 x sin(nxdx + 2 (π x sin(nxdx π π π π 2 = 2 [ x cos(nx + sin(nx ] π 2 + 2 [ (π x cos(nx sin(nx ] π π n n 2 π n n 2 π 2 = 4 ( nπ πn sin. (4.14 2 2 ( nπ sin 2 π, n = 2m, = ( 1 m+1, n = 2m 1, m=1 (4.15 samo koeficijenti B 2m 1 = 4 ( 1 m+1, π (2m 1 2 m 1, (4.16 su različiti od nule. Stoga je u(x, t = 4 ( 1 m+1 π (2m 1 2 e (2m 12t sin ( (2m 1x. (4.17

POGAVJE 4. JEDNADŽBA PROVODENJA 69 Rješenje u(x, t prikazano je na slici 4.1. Primijetimo da za svaki T > funkcija u ima maksimum na stranici t = pravokutnika [, π] [, T ], u skladu s principom maksimuma. Neumannovi rubni uvjeti Na sličan način se metodom separacije varijabli može pokazati da je rješenje Neumannovog problema u t ku xx =, < x <, t >, (4.18 u x (, t = u x (, t =, t, (4.19 u(x, = f(x, x. (4.11 dano u obliku reda u(x, t = A 2 + A n = 2 ( nπ k( nπ A n e 2t cos x, (4.111 f(x cos ( nπ x dx, n. (4.112 Periodični rubni uvjeti Pretpostavimo da je žica duljine 2 savijena u obliku kružnice. U točkama x = i x = temperatura i njezin gradijent imaju iste vrijednosti pa funkcija u(x, t zadovoljava jednadžbu u t ku xx =, < x <, t >, (4.113 u(x, = f(x, x, (4.114 s periodičkim rubnim uvjetima u(, t = u(, t, u x (, t = u x (, t, t. (4.115 Separacijom varijabli se može pokazati da je opće rješenje dano sa u(x, t = A 2 + [ ( nπ k( e 2 t nπ ( nπ ] A n cos x + B n sin x (4.116

POGAVJE 4. JEDNADŽBA PROVODENJA 7 gdje su A n = 1 B n = 1 Primjer 4.3 Odredite rješenje problema f(x cos ( nπ x dx, n, (4.117 f(x sin ( nπ x dx, n 1. (4.118 u t ku xx =, < x <, t >, (4.119 u(x, = cos ( 3 π x, x, (4.12 u(, t = u(, t, u x (, t = u x (, t, t. (4.121 Funkciju f(x = cos 3 ( π x možemo razviti u Fourierov red na [, ] koristeći trigo- nometrijski identitet Iz jednadžbe (4.122 dobivamo Dakle, cos(x cos(y = 1 2[ cos(x + y + cos(x y ]. (4.122 cos 3 (x = cos(x cos 2 (x = 1 2 cos(x[ cos(2x + 1 ] = 1 2 cos(x cos(2x + 1 2 cos(x = 1 4 [ cos(3x + cos(x ] + 1 2 cos(x = 3 4 cos(x + 1 cos(3x. (4.123 4 cos ( 3 π x = 3 4 cos ( π x + 1 4 cos ( 3π x. (4.124 Jednadžba (4.124 predstavlja razvoj fukcije cos 3 (πx/ u Fouerierov red cos 3 ( π x = A 2 + [ A n cos ( nπ x + B n sin ( nπ x] (4.125 gdje su A 1 = 3 4 i A 3 = 1 4 dok svi ostali koeficijenti A n i B n isčezavaju. Uvrštavanjem ovih koeficijenata u izraz (4.116 dobivamo u(x, t = 3 ( π π 4 e k( 2t cos x + 1 ( 3π 3π 4 e k( 2t cos x. (4.126

POGAVJE 4. JEDNADŽBA PROVODENJA 71 Ostali rubni uvjeti Na kraju navedimo da se metodom separacije varijabli mogu konstruirati rješenja jednadžbe provodenja za različite kombinacije rubnih uvjeta. Na primjer, na jednom kraju intervala može biti zadan Dirichletov a na drugom Neuannov rubni uvjet, u t ku xx =, < x <, t >, (4.127 u(, t =, u x (, t =, t, (4.128 u(x, = f(x, x. (4.129 U tom slučaju rješenje je dano sa u(x, t = C n e k( π 2 2 (2n 1 2t sin ( (2n 1π 2 x (4.13 gdje je C n = 2 ( (2n 1π f(x sin x dx. (4.131 2 Koeficijenti C n se mogu odrediti tako da se funkcija f proširi sa intervala [, ] na [, 2]. Proširena funkcija f(x, x, f(x = f(2 x, x 2. (4.132 se razvije u Fourierov red po funkcijama sin ( nπx/(2 na intervalu [, 2] (koristeći neparno proširenje na interval [ 2, 2] iz čega se potom dobiju koeficijenti C n. 4.3 Separacija varijabli za nehomogenu jednadžbu Modifikacijom prethodne metode moguće je odrediti rješenje nehomogene jednadžbe provodenja u t ku xx = F (x, t, < x <, t >, (4.133 u(x, = f(x, x, (4.134 u(, t = u(, t =, t. (4.135

POGAVJE 4. JEDNADŽBA PROVODENJA 72 Ako je F =, onda znamo da je rješenje dano sa u(x, t = ( nπ k( nπ B n e 2t sin x (4.136 nπ što možemo interpretirati kao Fourireov red čiji koeficijenti B n (t = B n e k( 2t ovise o paremetru t. Ovo sugerira da rješenje nehomogene jednadžbe potražimo metodom varijacije parametara u obliku u(x, t = ( nπ T n (t sin x (4.137 gdje su T n (t nepoznate funkcije. Funkcije T n (t možemo odrediti ako se F (x, t može razviti u Fourierov red istog oblika kao (4.137. Pretpostavimo da je F (x, t neprekidna i po dijelovima C 1 u varijabli x [, ] za svaki t. Obzirom da funkcija F (x, t modelira unutarnji izvor koji grije ili hladi štap, razumno je pretpostaviti da je F (, t = F (, t =. Tada Fourierov red F (x, t = ( nπ F n (t sin x, (4.138 uniformno konvergira ka F (x, t na intervalu [, ] za svaki t. Supstitucijom izraza (4.137 i (4.138 u jednadžbu provodenja dobivamo ( ( nπ 2 ( nπ ( nπ T n(t + k Tn (t sin x = F n (t sin x. (4.139 Odavde slijedi da funkcije T n (t zadovoljavaju diferencijalne jednadžbe ( nπ 2 T n(t + k Tn (t = F n (t, n 1. (4.14 Opće rješenje jednadžbe (4.14 je dano sa nπ T n (t = B n e k( 2t + Tn(t p (4.141 gdje je B n konstanta integracije, a T p n(t je partikularno rješenje koje ovisi o funkciji F n (t. Uvrštenjem rješenja (4.141 u jednadžbu (4.81 dobivamo u(x, t = nπ B n e k( 2t ( nπ sin x + ( nπ Tn(t p sin x. (4.142

POGAVJE 4. JEDNADŽBA PROVODENJA 73 Prvi član u jednadžbi (4.142 prepoznajemo kao rješenje homogenog problema, u h (x, t = dok je drugi član partikularno rješenje u p (x, t = nπ B n e k( 2t ( nπ sin x, (4.143 ( nπ Tn(t p sin x (4.144 koje ovisi o funkciji F (x, t. Koeficijente B n odredujemo iz početnog uvjeta u(x, = f(x, ( Bn + Tn( ( nπ p sin x = f(x, x, (4.145 odakle dobivamo B n + Tn( p = 2 ( nπ f(x sin x dx. (4.146 Time je rješenje nehomogene jednadžbe provodjenja potpuno odredeno. Primjer 4.4 Riješite nehomogenu jednadžbu u t u xx = e t sin(3x, < x < π, t >, (4.147 u(, t = u(π, t =, t, (4.148 u(x, = x sin(x, x π. (4.149 Nehomogeni član F (x, t = e t sin(3x zadovoljva uvjet F (, t = F (π, t = pa rješenje tražimo u obliku u(x, t = T n (t sin(nx. (4.15 Supstitucijom izraza (4.15 u jednadžbu (4.147 dobivamo ( T n (t + n 2 T n (t sin(nx = e t sin(3x. (4.151 Ovo povlači da funkcije T n (t zadovoljavaju diferencijalne jednadžbe T n(t + n 2 T n (t =, n 3, (4.152 T 3(t + 9T 3 (t = e t. (4.153

POGAVJE 4. JEDNADŽBA PROVODENJA 74 Rješenje prve jednadžbe je dano sa T n (t = B n e n2t, n 3. (4.154 Drugu jednadžbu možemo riješiti medotom varijacije konstanti, T 3 (t = C 3 (te 9t. Tada iz (4.153 slijedi da je C 3(t = e 8t što povlači C 3 (t = 1 8 e8t + B 3. Dakle, T 3 (t = B 3 e 9t + 1 8 e t. (4.155 Stoga u(x, t možemo zapisati kao u(x, t = B n e n2t sin(nx + 1 8 e t sin(3x. (4.156 Iz početnog uvjeta (4.149 dobivamo B n sin(nx + 1 sin(3x = x sin(x, 8 x π. (4.157 Definirajmo koeficijente B n = B n za n 3 i B3 = B 3 + 1 tako da je 8 B n sin(nx = x sin(x, x π. (4.158 B n su Fourierovi koeficijenti Za n = 1 imamo Za n 2 dobivamo B n = 2 π = 2 π = 1 π 1 π = 1 π π π B n = 2 π π B 1 = 2 π x sin(x sin(nxdx, n 1. (4.159 π x sin(x sin(nxdx x sin 2 (xdx = π 2. (4.16 x 1 [ ( ( ] cos (n 1x cos (n + 1x dx 2 1 [ cos ( (n 1x + (n 1x sin(x sin ( (n 1x ] π (n 1 2 1 [ cos ( (n + 1x + (n + 1x sin(x sin ( (n + 1x ] π (n + 1 2 ( 1 n 1 1 1 ( 1 n+1 1 = 4 n ( ( 1 n + 1. (4.161 (n 1 2 π (n + 1 3 π (n 2 1 2

POGAVJE 4. JEDNADŽBA PROVODENJA 75 Primijetimo da je B n = za neparni n > 1, dok je za parne indekse B 2n = 16 π Iz jednadžbi (4.16 i (4.162 dobivamo n, n = 1, 2, 3,... (4.162 (4n 2 1 2 B 1 = π 2, B 3 = 1 8, B n = za neparni n > 3, (4.163 B 2n = 16 π n, n = 1, 2, 3,... (4.164 (4n 2 1 2 Supstitucijom koeficijenata B n u jednadžbu (4.156 nalazimo rješenje problema u(x, t = π 2 e t sin(x + 1 8 (e t e 9t sin(3x 16 π Graf funkcije u je prikazan na slici 4.2. n (4n 2 1 2 e 4n2t sin(2nx. (4.165

POGAVJE 4. JEDNADŽBA PROVODENJA 76 1.8 1.6 1.4 1.2 1.8.6.4.2 1 t 2 π 3π π 7π 5π π 2 8 4 3π 8 4 8 8 π 8 π x Slika 4.2: Graf funkcije (4.165.

Poglavlje 5 Valna jednadžba 5.1 Valno gibanje i d Alembertovo rješenje Valna jednadžba ima istaknuto mjesto u primjenama jer opisuje titranje kontinuiranih mehaničkih sredina, širenje elektromagnetskih i zvučnih valova, a nalazi primjene i u kvantnom opisu elementarnih čestica. U ovom poglavlju razmatrat ćemo valnu jednadžbu u jednoj prostornoj dimenziji u tt c 2 u xx =. (5.1 Jednadžba (5.1 opisuje tiranje elastične žice u idealiziranom slučaju kada možemo zanemariti disipativne efekte kao što su unutarnje trenje žice ili trenje zraka. Žica je položena duž osi x, a otklon žice u(x, t od ravnotežnog položaja je okomit na os x. Ovakvo titranje se naziva transferzalno za razliku od logitudinalnog titranja koje se odvija duž osi x. Konstanta c > predstavlja brzinu širenja vala. Proučavanje valne jednadžbe počinjemo nekim općim zapažanjima o valnim gibanjima. Uvedimo nove variable α = x + ct, β = x ct (5.2 i funkciju w(α, β = u ( x(α, β, t(α, β. Tada je u tt c 2 u xx = 4c 2 w αβ (5.3 77

POGAVJE 5. VANA JEDNADŽBA 78 pa u novim varijablama jednadžba ima kanonski oblik Integracijom ove jednadžbe dobivamo stoga je opće rješenje dano sa w αβ =. (5.4 w(ξ, η = A(ξ + B(η, (5.5 u(x, t = A(x + ct + B(x ct (5.6 gdje su A i B proizvoljne funkcije klase C 2. Funkcija A(x + ct predstavlja val koji se kreće brzinom c u negativnom smjeru, dok B(x ct predstavlja val koji se kreće istom brzinom u pozitivnom smjeru. Dakle, opće rješenje valne jednadžbe je superpozicija dvaju valova koji se gibaju u suprotnim smjerovima. Pretpostavimo da valna jednadžba opisuje titranje vrlo dugačke žice. Kako se valno gibanje širi konačnom brzinom, možemo zanemariti rubne uvjete na krajevima žice barem u nekom vremenskom interalu. U tom slučaju titranje žice možemo modelirati jednadžbom u tt c 2 u xx =, x R, t >, (5.7 u(x, = f(x, u t (x, = g(x, x R, (5.8 gdje funkcije f(x i g(x predstavljaju početni otklon i početnu brzinu u točki x, redom. Supsitucijom općeg rješenja u početne uvjete (5.8 dobivamo u(x, = A(x + B(x = f(x, (5.9 u t (x, = ca (x cb (x = g(x. (5.1 Integracijom jednadžbe (5.1 slijedi A(x B(x = 1 c x g(sds + D (5.11 gdje je D konstanta integracije. Dakle, funkcije A i B zaodovljavaju sistem jednadžbi A(x + B(x = f(x, (5.12 A(x B(x = 1 c x g(sds + D (5.13

POGAVJE 5. VANA JEDNADŽBA 79 koji ima jedinstveno rješenje A(x = 1 2 f(x + 1 2c B(x = 1 2 f(x 1 2c Dakle, rješenje valne jednadžbe je dano sa x x g(sds + D 2, (5.14 g(sds D 2. (5.15 u(x, t = A(x + ct + B(x ct (5.16 = 1 [ ] f(x + ct + f(x ct + 1 x+ct g(sds. (5.17 2 2c Ovo rješenje nazivamo d Alembertovo rješenje s početnom amplitudom f C 2 (R i brzinom g C(R. x ct Intuitivno je jasno da je gibanje žice jedinstveno odredeno ako su poznati početni položaj i brzina. Takoder je razumno očekivati da male promjene u početnim uvjetima uzrokuju male promjene u rješenju u(x, t kada titranje promatramo u konačnom vremenskom intervalu. Dokažimo ove tvrdnje u sljedećem teoremu. Teorem 5.1 Neka su f C 2 (R i g C 1 (R. Tada valna jednadžba (5.7-(5.8 ima jedinstveno rješenje u(x, t = 1 2 [ ] f(x + ct + f(x ct + 1 x+ct g(sds (5.18 2c x ct koje je u svakom konačnom intervalu t T stabilno obzirom na početne uvjete (5.8. Dokaz. Koristeći formulu d dx ϕ2 (x ϕ 1 (x f(udu = f(ϕ 2 (x ϕ 2(x f(ϕ 1 (x ϕ 1(x (5.19 lako se provjeri da funkcija (5.18 zadovoljava jednadžbu (5.7 i početne uvjete (5.8. Iz konstrukcije rješenja slijedi da je svaka funkcija koja zadovoljava jednadžbe (5.7- (5.8 nužno oblika (5.18 pa je rješenje jedinstveno.

POGAVJE 5. VANA JEDNADŽBA 8 Pokažimo da je rješenje (5.18 stabilno. Neka su u 1 i u 2 rješenja pridružena početnim uvjetima f 1, g 1 i f 2, g 2, redom. Promotrimo u 1 i u 2 u vremenskom intervalu [, T ]. Odaberimo ε > i pretpostavimo da početni uvjeti zadovoljavaju sup f 1 (x f 2 (x < ε x R Razlika rješenja jednaka je u 1 (x, t u 2 (x, t = 1 2 + 1 2c 1 + T, sup x R g 1 (x g 2 (x < ε 1 + T. (5.2 [ f1 (x + ct f 2 (x + ct + f 1 (x ct f 2 (x ct ] x+ct x ct (g 1 (s g 2 (s ds, (5.21 pa iz nejednakosti (5.2 slijedi u 1 (x, t u 2 (x, t 1 ( f 1 (x + ct f 2 (x + ct + f 1 (x ct f 2 (x ct 2 x+ct za svaki t T. Ovo implicira da je + 1 g 1 (s g 2 (s ds 2c x ct 1 ( ε 2 1 + T + ε + 1 x+ct ε 1 + T 2c x ct 1 + T ds = ε (1 + t ε (5.22 1 + T sup u 1 (x, t u 2 (x, t ε. (5.23 x R t T Pokazali samo da za svaki ε > postoji δ = 2ε/(1 + T takav da ( sup f1 (x f 2 (x + g 1 (x g 2 (x < δ sup u 1 (x, t u 2 (x, t < ε. (5.24 x R x R t T Dakle, u svakom konačnom intervalu t T mala promjena u početnim uvjetima uzrokuje malu promjenu u rješenju pa je rješenje valne jednadžbe stabilno. Primjer 5.1 Riješite valnu jednadžbu u tt c 2 u xx =, x R, t >, (5.25 u(x, = 1 1 + x, 2 u t(x, =. (5.26

POGAVJE 5. VANA JEDNADŽBA 81 (a Početni profil f(x = 1 1+x 2. (b Funkcija u(x, t kao superpozicija dva putujuća vala. Slika 5.1: U ovom problemu je f(x = 1 i g(x =. D Alembertovo rješenje je dano sa 1+x 2 u(x, t = 1 [ 1 2 1 + (x + ct + 1 ]. (5.27 2 1 + (x ct 2 Slika 5.1 prikazuje početni profil vala i rješenje u(x, t. Primjer 5.2 Odredite rješenje problema Prema d Alembertovoj formuli imamo u tt c 2 u xx =, x R, t >, (5.28 u(x, = sin(x, u t (x, = cos(x. (5.29 u(x, t = 1 2 [sin(x + ct + sin(x ct] + 1 2c x+ct x ct cos(sds = sin(x cos(ct + 1 [sin(x + ct sin(x ct] 2c = sin(x cos(ct + 1 cos(x sin(ct. (5.3 c Koristeći identitet sin(α cos(β = 1 [sin(α+β+sin(α β], rješenje možemo zapisati 2 kao superpoziciju valova koji putuju u suprotnim smjerovima u(x, t = c + 1 2c sin(x + ct + c 1 2c sin(x ct. (5.31

POGAVJE 5. VANA JEDNADŽBA 82 5.2 D Alembertovo rješenje za nehomogenu valnu jednadžbu U ovom poglavlju ćemo d Alembertovo rješenje proširiti na nehomogenu valnu jednadžbu u tt c 2 u xx = F (x, t, x R, t >, (5.32 u(x, = f(x, u t (x, = g(x, x R. (5.33 Funkcija F (x, t modelira vanjsku silu koja djeluje na žicu u točki x u trenutku t. Uvedimo varijablu y = ct i definirajmo funkciju w(x, y = u(x, t. Ovom transformacijom dobivamo ekvivalentni problem gdje su w xx w yy = F (x, y, x R, y >, (5.34 w(x, = f(x, w y (x, = g (x, x R (5.35 F (x, y = 1 c F (x, t, 2 g (x = 1 g(x. (5.36 c Neka je (x, y proizvoljna točka u poluravnini x R, y >. Promotrimo trokut D kojeg tvore vrhovi P = (x, y, P 1 = (x y, i P 2 = (x + y,. Označimo stranice trokuta s B, B 1 i B 2 kao na slici 5.2. Ideja za rješenje problema (5.34 (5.35 je sljedeća. Jednadžbu (5.34 ćemo integrirati po trokutu D i primjenom Greenovog teorema integral zamijeniti krivuljnim integralom po stranicama trokuta. Računanjem krivuljnih integrala dobit ćemo vrijednost funkcije w u točki (x, y. Time je rješenje odredeno jer je točka (x, y odabrana proizvoljno. Integracijom jednadžbe (5.34 po trokutu D dobivamo (w xx w yy dx dy = D D F (x, ydx dy. (5.37 Prema Greenovom teoremu integral na lijevoj strani jednak je (w xx w yy dx dy = (w y dx + w x dy (5.38 D gdje je D pozitivno orijentirani rub trokuta D sastavljen od segemenata B, B 1 i B 2. Integral po segmentu B iznosi x +y (w y dx + w x dy = w y (x, dx = B x y D x +y x y g (xdx. (5.39

POGAVJE 5. VANA JEDNADŽBA 83 Slika 5.2: Područje integracije za nehomogenu valnu jednadžbu. Integral po segmentu B 1 se može izračunati uvodeći parametrizaciju x(t = x + (1 ty, y(t = ty, t [, 1] (5.4 gdje smo vodili računa o orijentaciji segmenta. Sada je 1 [ (w y dx + w x dy = wy (x(t, y(t x (t + w x (x(t, y(t y (t ] dt. (5.41 B 1 Primijetimo da je x (t = y (t = y, stoga zamjenom x (t sa y (t u integralu (5.41 dobivamo B 1 (w y dx + w x dy = = 1 1 [ wx (x(t, y(t x (t + w y (x(t, y(t y (t ] dt d dt w(x(t, y(tdt = w(x(t, y(t t=1 t= = w(x + y, w(x, y. (5.42 Slično se pokazuje da je integral po segmentu B 2 jednak B 2 (w y dx + w x dy = w(x y, w(x, y. (5.43

POGAVJE 5. VANA JEDNADŽBA 84 Kako je w(x, = f(x, zbrajanjem integrala po segmentima B, B 1 i B 2 dobivamo x +y (w y dx + w x dy = f(x + y + f(x y 2w(x, y + g (xdx. (5.44 D x y Iz jednadžbi (5.37, (5.38 i (5.44 slijedi da je F (x, ydxdy = (w y dx + w x dy D Odavde nalazimo w(x, y = 1 2 D = f(x + y + f(x y 2w(x, y + [ f(x + y + f(x y ] + 1 2 x +y x y g (xdx 1 2 x +y x y g (xdx. (5.45 D F (x, ydx dy. Funkcija w u točki (x, y je potpuno odredjena funkcijama f, g i F. Kako je točka (x, y R 2 + odabrana proizvoljno, možemo pisati w(x, y = 1 2 [ f(x + y + f(x y ] + 1 2 x+y x y g (x dx 1 2 D F (x, y dx dy (5.46 gdje podrazumijevamo da se vrh trokuta D nalazi u točki (x, y. Početno rješenje nalazimo iz jednadžbe u(x, t = w(x, ct. Primijetimo da su prva dva člana u gornjoj jednadžbi rješenja homogene valne jednadžbe dok je treći član partikularno rješenje koje ovisi o funkciji F (x, t. Primjer 5.3 Odredite rješenje problema w xx w yy = 1, x R, y >, (5.47 w(x, = sin(x, w y (x, = x. (5.48 U ovom problemu je F (x, y = 1, f(x = sin(x i g (x = x. Iz d Alembertove formule slijedi w(x, y = 1 [ ] 1 x+y sin(x + y + sin(x y + x dx 1 dx dy (5.49 2 2 x y 2 D = sin(x cos(y + 1 4 (x 2 x+y 1 (2yy (5.5 x=y 2 = sin(x cos(y + xy 1 2 y2. (5.51

POGAVJE 5. VANA JEDNADŽBA 85 Primjer 5.4 Riješite jednadžbu u tt c 2 u xx = xe t, x R, t >, (5.52 u(x, = sin(x, u t (x, =. (5.53 Definirajmo funkcije F (x, t = xe t, f(x = sin(x i g(x =. Tada su pa je prema d Alembertovoj formuli w(x, y = 1 2 F (x, y = 1 c 2 x ey/c i g (x = (5.54 [ sin(x + y + sin(x y ] + 1 2c 2 Označimo vrh trokuta D s (x, y (vidi sliku 5.2. Tada je y y +(x+y y x e y /c dx dy = x e y /c dx dy = D = 1 2 = 2x y +(x y y y D x e y /c dx dy. (5.55 e y /c e y /c [ ( y + x + y 2 (y + x y 2] dy ( 1 2 (x 2 x = y +(x+y x =y +(x y dy e y /c ( y + y dy = 2c 2 x (e y/c y c 1. (5.56 Supstitucijom jednadžbe (5.56 u (5.55 dobivamo w(x, y = sin(x cos(y + x (e y/c y c 1. (5.57 Dakle, rješenje u(x, t je dano sa u(x, t = w(x, ct = sin(x cos(ct + x ( e t t 1. (5.58 5.3 Početno rubni problem za valnu jednadžbu Razmotrimo sada titranje žice duljine na koju djeluje vanjska sila F (x, t. Ovaj problem je opisan valnom jednadžbom u tt c 2 u xx = F (x, t, < x <, t >, (5.59 i početnim uvjetima u(x, = f(x, u t (x, = g(x, x. (5.6

POGAVJE 5. VANA JEDNADŽBA 86 Ako su krajevi žice učvršćeni, onda u zadovoljava Dirichletove uvjete u(, t = u(, t =, t. (5.61 Ako krajevi žice slobodno titraju okomito na os x, onda se žica postavlja tako da je tangenta na nju horizontalna u točkama x = i x =. U tom slučaju funkcija u zadovoljava Neumannove uvjete u x (, t = u x (, t =, t. (5.62 Očigledno, ako je žica učvršćena u jednom kraju, a u drugom kraju slobodno titra, onda u zadovoljava kombinirane Dirichletove i Neumannove uvjete. Rješenje valne jednadžbe promatramo na domeni Ω = {(x, t < x <, t > }. Teorem 5.2 (Jedinstvenost rješenja Neka su u 1 i u 2 C 2 rješenja problema (5.59 (5.61. Tada je u 1 = u 2. Dokaz. Neka je w = u 1 u 2. Tada je w rješenje homogene jednadžbe w tt c 2 w xx =, < x <, t >, (5.63 w(x, = w t (x, =, x, (5.64 w(, t = w(, t =, t. (5.65 Pokazat ćemo da problem (5.63-(5.65 ima samo trivijalno rješenje w =. Definirajmo pomoćnu funkciju E(t = 1 2 (c 2 w 2 x + w 2 t dx. (5.66 Funkcija E(t predstavlja ukupnu energiju titrajuće žice u trenutku t. Funkcije (w x 2 t = 2w x w xt i (w t 2 t = 2w t w tt su neprekidne, pa prema eibnizovom pravilu za deriviranje pod integralom dobivamo de dt = Parcijalnom integracijom prvog člana nalazimo c 2 w x w xt dx = c 2 x= w x w t x= (c 2 w x w xt + w t w tt dt. (5.67 c 2 w t w xx dx ] = c [w 2 x (, tw t (, t w x (, tw t (, t c 2 w t w xx dx. (5.68

POGAVJE 5. VANA JEDNADŽBA 87 Fukcija w zadovoljava rubni uvjet w(, t = za svaki t što implicira w t (, t = lim Δt w(, t + Δt w(, t Δt Slično, iz uvjeta w(, t = za svaki t slijedi =. (5.69 w t (, t =. (5.7 Stoga je c 2 w x w xt dx = c 2 w t w xx dx (5.71 pa je derivacija energije dana sa de dt = w t (w tt c 2 w xx dx = (5.72 jer je v tt c 2 v xx =. Zaključujemo da je funkcija E(t konstantna, odnosno U početnom trenutku je E( = 1 2 E(t = E( za svaki t. (5.73 [ c 2 wx(x, 2 wt 2 (x, ] dx = 1 c 2 w 2 2 x(x, dx (5.74 zbog početnog uvjeta w t (x, =. Kako je w(x, = za svaki x [, ], vrijedi w(x + Δx, w(x, w x (x, = lim Δx Δx Zaključujemo da je E( = što povlači =. (5.75 Odavde slijedi da je E(t = 1 2 ( c 2 wx 2 + wt 2 dx =. (5.76 w x (x, t = w t (x, t = (5.77 pa je funkcija w konstantna jer ne ovisi o varijablama x i t. Sada iz početnog uvjeta w(x, = zaključujemo w(x, t = za svaki x [, ] i t. Dakle, u 1 = u 2 čima je pokazano da je rješenje problema jedinstveno. Primijetimo da iz istog dokaza slijedi jedinstvenost rješenja valne jednadžbe s Neumannovim rubnim uvjetima u x (, t = i u x (, t =.

POGAVJE 5. VANA JEDNADŽBA 88 5.3.1 Separacija varijabli za homogenu jednadžbu Dirichletovi rubni uvjeti Razmotrimo sada rješenje homogene valne jednadžbe s Dirichletovim rubnim uvjetima u tt c 2 u xx =, < x <, t >, (5.78 u(x, = f(x, u t (x, = g(x, x, (5.79 u(, t = u(, t =, t. (5.8 Kompatibilnost početnih i rubnih uvjeta zahtijeva da f i g zadovoljavaju f( = f( = i g( = g( = jer su početna amplituda i brzina u točkama x = i x = jednake nuli. Rješenje problema tražimo u separiranom obliku u(x, t = P (xq(t. (5.81 Supstitucijom izraza (5.81 u jednadžbu (5.78 dobivamo P Q tt = c 2 P xx Q, odnosno P xx P = 1 c 2 Q tt Q. (5.82 Varijable x i t su nezavisne pa obje strane u jednadžbi (5.82 moraju biti konstantne. Dakle, P xx P = 1 c 2 Q tt Q = λ (5.83 za neki λ R koji nazivamo separacijska konstanta. Odavde slijedi da su funkcije P i Q rješenja običnih diferencijalnih jednadžbi P xx + λp =, < x <, (5.84 Q tt + λc 2 Q =, t >. (5.85 Rubni uvjeti u(, t = P (Q(t = i u(, t = P (Q(t = povlače P ( = i P ( =. Stoga funkcija P zadovoljava pridruženi Sturm iouvilleov problem P xx + λp =, (5.86 P ( = P ( =. (5.87

POGAVJE 5. VANA JEDNADŽBA 89 U poglavlju 4.2 je pokazano da jednadžba (5.86-(5.87 ima netrivijalna rješenja samo za vlastite vrijednosti ( nπ 2, λ n = n 1, (5.88 kojima pripadaju vlastite funkcije ( nπ P n (x = B n sin x, n 1. (5.89 Za svaku vlastitu vrijednost λ n možemo odrediti funkciju Q(t iz jednadžbe (5.85. Opće rješenje je dano sa ( nπc ( nπc Q n (t = C n cos t + D n sin t, n 1. (5.9 Time dobivamo niz funkcija u n (x, t = P n (xq n (t = [ ( nπc ( nπc ] ( nπ a n cos t + b n sin t sin x, (5.91 gdje su a n i b n neodredene konstante. Funkcije u n (x, t zadovoljavaju valnu jednadžbu (5.78 i rubne uvjete (5.8, a svaka linearna kombinacija u(x, t = N [ ( nπc ( nπc ] ( nπ a n cos t + b n sin t sin x (5.92 je takoder rješenje istog problema. Funkciju u n (x, t nazivamo harmonik n-tog reda za žicu s učvršćenim krajevima u x = i x =. Ako a n i b n nisu oba nula, onda se harmonik u n (x, t može zapisati u sljedećem obliku. Definirajmo R n = a 2 n + b 2 n. S obzirom da je (a n /R n 2 + (b n /R n 2 = 1, postoji θ n R takav da je a n = R n sin(θ n i b n = R n cos(θ n. (5.93 Tada je [ ( nπc u n (x, t = R n sin(θ n cos t = R n sin ( nπ x sin ( nπc t + θ n ( nπc + cos(θ n sin ] ( nπ t sin x. (5.94

POGAVJE 5. VANA JEDNADŽBA 9 (a n = 1 (b n = 2 (c n = 3 Slika 5.3: Prva tri harmonika za titranje žice s učvršćenim krajevima. U točki x harmonik u n (x, t ima amplitudu R n sin( nπ x i fazu θ n. Period harmonika, odnosno vrijeme potrebno za jednu oscilaciju, dobivamo iz jednadžbe nπct/ = 2π što daje T n = 2 nc. (5.95 Frekvencija titranja f n je broj oscilacija u jedinici vremena, f n = 1 T n = nc 2. (5.96 Slika 5.3 prikazuje prva tri harmonika za titrajuću žicu s učvršćenim krajevima. Titranje žice je općenito superpozicija harmonika svakog reda, odnosno svih mogućih frekvencija, pa očekujemo da se opće rješenje valne jednadžbe može zapisati u obliku u(x, t = [ ( nπc ( nπc ] ( nπ a n cos t + b n sin t sin x (5.97 Konstante a n i b n su odredene početnim uvjetima u(x, = f(x i u t (x, = g(x. Ako pretpostavimo da se red (5.97 može derivirati po članovima, onda dobivamo u(x, = u t (x, = ( nπ a n sin x = f(x, x, (5.98 ( nπc ( nπ b n sin x = g(x, x. (5.99

POGAVJE 5. VANA JEDNADŽBA 91 Neparnim proširenjem funkcija f i g na [, ] možem odrediti Fourierove koeficijente a n = 2 b n = 2 nπc ( nπ f(x sin x dx, (5.1 ( nπ g(x sin x dx. (5.11 Iz dobivenog rješenja se vidi da je titranje žice potpuno odredeno početnim i rubnim uvjetima. Ovo rješenje je formalno jer je potrebno odrediti uvjete pod kojima red (5.97 predstavlja C 2 funkciju koja zadovoljava valnu jednadžbu. Teorem 5.3 (Egzistencija rješenja Neka su f C 4 ([, ] i g C 3 ([, ]. Pretpostavimo da funkcije f i g zadovoljavaju uvjete (i f( = f( =, f ( = f ( =, (ii g( = g( =. Tada je funkcija (5.97, gdje su Fourierovi koeficijenti dani relacijama (5.1 i (5.11, klasično rješenje valne jednadžbe u tt c 2 u xx =, < x <, t >, (5.12 u(x, = f(x, u t (x, = g(x, x, (5.13 u(, t = u(, t =, t. (5.14 Dokaz. Pokažimo da koeficijenti a n i b n teže k nuli dovoljno brzo tako da je suma reda (5.97 neprekidna funkcija koja se može derivirati po članovima. Parcijalnom intregracijom relacije (5.1 dobivamo jer je f( = f( =. a n = 2 nπ parcijalne integracije tri puta nalazimo Odavde slijedi da je a n = ( nπ f (x cos x dx (5.15 Koristeći pretpostavku f ( = f ( =, iteracijom 23 (nπ 4 ( nπ 2an 2 (nπ 2 ( nπ f (4 (x sin x dx. (5.16 f (4 (x dx. (5.17

POGAVJE 5. VANA JEDNADŽBA 92 Kako je f (4 neprekidna na [, ], to je f (4 ograničena na [, ] pa možemo definirati konstantu C 1 = 2 π 2 f (4 (x dx. (5.18 Tada je ( nπ 2an C 1, n 1. (5.19 n2 Slično se pokazuje da koristeći uvjete g( = g( = i g C 3 ([, ], iz relacije (5.11 dobivamo ( nπ 2bn C 2, n2 n 1, (5.11 gdje je C 2 = 2 ( g ( + g ( + g (3 (x dx. cπ 2 (5.111 Definirajmo funkcije [ ( nπc ( nπc ] ( nπ u n (x, t = a n cos t + b n sin n t sin x, n 1. (5.112 Nejednakosti (5.19 i (5.11 povlače da su redovi a n i b n konvegenti. Kako je u n (x, t a n + b n (5.113 za svaki x i t, prema Weierstrassovom kriteriju red u n(x, t konvergira uniformno na skupu ˉΩ = {(x, t x, t } ka neprekidnoj funkciji u(x, t = [ ( nπc ( nπc ] ( nπ a n cos t + b n sin t sin x (5.114 Pokažimo da se red (5.114 može derivirati po članovima na otvorenom skupu Ω = {(x, t < x <, t > }. Deriviranjem funkcije (5.114 dobivamo 2 u n x 2 = ( nπ pa nejednakosti (5.19 i (5.11 povlače 2 [ ( nπc ( nπc ] ( nπ a n cos t + b n sin t sin x (5.115 2 u ( n nπ 2 an ( nπ 2 bn + C 1 + C 2 (5.116 x 2 n 2

POGAVJE 5. VANA JEDNADŽBA 93 za svaki < x < i t >. Red 1/n2 je konvergentan pa prema Weierstrassovom kriteriju red funkcija 2 u n / x 2 konvergira uniformno na Ω. Stoga se red u(x, t = u n(x, t može derivirati po članovima i vrijedi 2 u x = 2 Deriviranjem po varijabli t dobivamo 2 u n, (x, t Ω. (5.117 x2 2 u n t 2 c 2 C 1 + C 2 n 2 (5.118 za svaki < x < i t > pa prema istom argumentu zaključujemo 2 u t 2 = 2 u n, (x, t Ω. (5.119 t2 Funkcije u n zadovoljavaju valnu jednadžbu (u n tt c 2 (u n xx = i rubne uvjete u n (, t = u n (, t =. Odavde slijedi da u zadovoljava u tt c 2 u xx = 2 u n t 2 c2 2 u n x 2 = ( 2 u n t 2 i rubne uvjete u(, t = u(, t =. Promotrimo sada početne uvjete c2 2 u n x 2 = (5.12 u(x, = u t (x, t = ( nπ a n sin x = f(x, (5.121 ( nπc ( nπ b n sin x = g(x, x. (5.122 Ako su f i g neparna proširenja funkcija f i g na [, ], onda su f i g neprekidne i po dijelovima C 1 na [, ], i vrijedi f( = f( =, g( = g( =. Prema teoremu 2.4 Fourierovi redovi (5.121 i (5.122 konvergiraju uniformno ka f i g na intervalu [, ], a Fourierovi koeficijenti su dani sa a n = 2 nπc b n = 2 ( nπ f(x sin x dx, (5.123 ( nπ g(x sin x dx, (5.124

POGAVJE 5. VANA JEDNADŽBA 94 odnosno b n = 2 ( nπ g(x sin nπc x dx. (5.125 Time je pokazano da funkcija u zadovoljava početne uvjete (5.121 i (5.122. U dokazu teorema 5.3 smo pretpostavili da funkcije f i g zadovoljavaju uvjete koji u primjenama ne moraju biti ispunjeni. Na primjer, ako je u početnom trenutku žica transferzalno zategnuta u točki < x < i puštena da slobodno titra, onda je početni položaj trokutasta funkcija u x f(x = x, x x, x u, x x x, (5.126 (vidi sliku 5.4. Funkcija f nema derivaciju u x pa f / C 4 ([, ]. Za opis ovakvih početnih uvjeta prirodno je pretpostaviti da je početni položaj definiran samo neprekidnom funkcijom f C([, ] takvom da je f( = f( =. Takoder bismo htjeli uzeti u obzir da početna brzina g ima eventualno prekide prve vrste kako bismo mogli opisati titranje žice koja je pokrenuta udarcem oštrog predmeta. Sljedeći primjer pokazuje da pod ovakvim slabijim pretpostavkama rješenje valne jednadžbe nije C 2 funkcija, odnosno nije klasično rješenje u smislu definicije 1.3. U ovom slučaju potrebno je proširiti koncept rješenja diferencijalne jednadžbe na tzv. slaba rješenja koja se prirodno javljaju u formulaciji parcijalnih diferencijalnih jednadžbi primjenom varijacijskog računa. Razmatranje slabih rješenja prelazi okvire ove skripte. Primjer 5.5 (Gibanje transferzalno zategnute žice Odredite formalno rješenje valne jednadžbe u tt c 2 u xx =, < x <, (5.127 u(, t = u(, t =, t, (5.128 u(x, = f(x, u t (x, =, x (5.129 gdje je funkcija f(x dana jednadžbom (5.126. Kako je u t (x, =, to je b n = za svaki n. Stoga formalno rješenje ima oblik u(x, t = ( nπc ( nπ a n cos t sin x (5.13

POGAVJE 5. VANA JEDNADŽBA 95 Slika 5.4: Graf funkcije (5.126. gdje je a n = 2 = 2 x ( nπ f(x sin x dx u ( nπ x sin x x dx + 2 x ( nπ u x x sin x dx. (5.131 Parcijalnom integracijom dobivamo x ( nπ ( 2 ( nπ x sin x dx = sin nπ x x ( nπ nπ cos x ( nπ (x sin x x dx = ( nπ ( nπ (x cos x nπ Supstitucijom (5.132 i (5.133 u jednadžbu (5.131 nalazimo ( 2 u ( a n = 2 nπ x ( x sin nπx, (5.132 2 sin ( nπ x. (5.133 (5.134 Stoga je formalno rješenje dano sa u(x, t = 22 u 1 ( π 2 x ( x n sin nπx ( nπc ( nπ cos 2 t sin x. (5.135

POGAVJE 5. VANA JEDNADŽBA 96 Primijetimo da red (5.135 konvergira uniformno za sve x [, ] i t, ali u(x, t nije C 2 funkcija (sto se dogada kada red deriviramo po članovima dva puta po x i t?. Medutim, parcijalne sume reda u N (x, t su glatke funkcije koje zadovoljavaju valnu jednadžbu i rubne uvjete u N (, t = u N (, t =. Nadalje, u N (x, f(x uniformno na [, ] kada N pa je u N (x, t aproksimativno rješenje našeg problema čija se točnost povećava kako N raste. Neumannovi rubni uvjeti Titrajuća žica sa slobodnim krajevima zadovoljava valnu jednadžbu s Neumannovim rubnim uvjetima u tt c 2 u xx =, < x <, (5.136 u(x, = f(x, u t (x, = g(x, x, (5.137 u x (, t = u x (, t =, t. (5.138 Kompatibilnost početnih i rubnih uvjeta povlači da je f ( = f ( =, g ( = g ( =. (5.139 Postupak rješavanja problema (5.136 (5.138 je sličan prethodnom slučaju s Diri chletovim rubnim uvjetima. Rješenje tražimo u obliku u(x, t = P (xq(t. Iz rubnih uvjeta u x (, t = P x (Q(t = i u x (, t = P x (Q(t = dobivamo sljeće jednadžbe za funkcije P i Q: P (x + λp (x =, P x ( = P x ( =, (5.14 Q (t + λc 2 Q(t =, (5.141 gdje je λ R separacijska konstanta. Vlastite vrijednosti Sturm iouvilleovog problema (5.14 su diskretizirane, λ n = ( nπ 2, n, a vlastite funkcije Pn (x su dane sa ( nπ P = B, P n (x = B n cos x, n = 1, 2, 3,... (5.142 Za λ = λ n jednadžba (5.141 ima rješenja Q = C + D t, (5.143 Q n (t = C n cos ( nπc ( nπc t + D n sin t, n = 1, 2, 3,... (5.144

POGAVJE 5. VANA JEDNADŽBA 97 Time dobivamo niz funkcija u n (x, t = P n (xq n (t koje možemo zapisati u obliku u (x, t = a + b t, (5.145 [ 2 u n (x, t = a n cos ( nπc ( nπc ] ( nπ t + b n sin t cos x, n = 1, 2, 3,... (5.146 za neke konstante a n i b n. Dakle, rješenje u(x, t = n= u n(x, t je dano sa u(x, t = a + b t 2 + [ a n cos ( nπc ( nπc ] ( nπ t + b n sin t cos x, (5.147 a Fourierovi koeficijenti a n i b n su odredeni početnim uvjetima u(x, = a 2 + u t (x, = b 2 + ( nπ a n cos x = f(x, x, (5.148 ( nπc ( nπ b n cos x = g(x, x. (5.149 Parnim proširenjem funkcija f i g na interval [, ] dobivamo a = 2 b = 2 f(xdx, a n = 2 g(xdx, b n = 2 nπc Time je rješenje problema poptuno odredeno. ( nπ f(x cos x dx, (5.15 ( nπ g(x cos x dx. (5.151 5.3.2 Separacija varijabli za nehomogenu jednadžbu Metoda separacije varijabli se može prilagoditi za rješavanje nehomogene valne jednadžbe. Ilustrirajmo postupak rješavanja na Neumannovom problemu u tt c 2 u xx = F (x, t, < x <, t >, (5.152 u(x, = f(x, u t (x, = g(x, x, (5.153 u x (, t = u x (, t =, t. (5.154 Iz prethodnih razmatranja znamo da ako je F =, onda je rješenje dano sa u(x, t = a + b t 2 + [ a n cos ( nπc ( nπc ] ( nπ t + b n sin t cos x. (5.155

POGAVJE 5. VANA JEDNADŽBA 98 Ovo sugerira da rješenje nehomogene jednadžbe potražimo u obliku u(x, t = 1 2 Q (t + ( nπ Q n (t cos x (5.156 gdje su Q n (t nepoznate funkcije. Supstitucijom relacije (5.156 u valnu jednadžbu (5.152 dobivamo 1 2 Q (t + [ Q n(t + ( nπc 2Qn ( nπ (t] cos x = F (x, t. (5.157 Ako funkciju F (x, t možemo razviti u Fourierov red u varijabli x po kosinusima, onda Q n (t možemo odrediti usporedjivanjem koeficijenata dvaju Fourierovih redova. Ovo će biti moguće ako F (x, t zadovoljava rubne uvjete Tada je F (x, t = 1 2 C (t + F x (, t = F x (, t =, t. (5.158 ( nπ C n (t cos x, x, (5.159 gdje Fourierovi koeficijenti C n ovise o varijabli t. Supstitucijom ovog izraza u jednadžbu (5.157 dobivamo 1 ( Q 2 (t C (t + [ Q n(t + ( nπc 2Qn ( nπ (t C n (t] cos x =. (5.16 Ovo povlači da funkcije Q n (t zadovoljavaju diferencijalne jednadžbe Q n(t + Q (t = C (t, (5.161 ( nπc 2Qn (t = C n (t, n 1. (5.162 Rješenja ovih jednadžbi možemo zapisati kao zbroj rješenja pripadne homogene jednadžbe i partikularnog rješenja Q p n(t: Q (t = a + b t + Q p (t, (5.163 ( nπc ( nπc Q n (t = a cos t + b sin t + Q p n(t. (5.164

POGAVJE 5. VANA JEDNADŽBA 99 Funkcije Q p n(t su jedinstveno odredene Fourierovim koeficijentima C n (t. Supstitucijom rješenja za Q n (t u jednadžbu (5.156 nalazimo da je u(x, t = u h (x, t + u p (x, t (5.165 gdje je u h (x, t dano izrazom (5.155 rješenje pripadne homogene jednadžbe, a u p (x, t = 1 2 Qp (t + ( nπ Q p n(t cos x (5.166 je partikularno rješenje. Koeficijenti a n i b n su odredeni početnim uvjetima u(x, = f(x i u t (x, = g(x. Primjer 5.6 Odredite rješenje valne jednadžbe u tt u xx = cos(2πx cos(2πt, < x < 1, t >, (5.167 u(x, = cos 2 (πx, x 1, (5.168 u t (x, = 2 cos(2πx, x 1, (5.169 u x (, t = u x (1, t =. (5.17 Ovdje je = c = 1 pa opće rješenje ima oblik u(x, t = 1 2 Q (t + Q n (t cos(nπx. (5.171 Supstitucijom izraza (5.171 u jednadžbu (5.167 dobivamo 1 2 Q (t + Za n =, 2 funkcije Q n zadovoljavaju ( Q n(t + (nπ 2 Q n (t cos(nπx = cos(2πt cos(2πx. (5.172 Q (t =, (5.173 Q 2(t + 4π 2 Q 2 (t = cos(2πt, (5.174 dok za n, 2 vrijedi Q n(t + (nπ 2 Q n (t =. (5.175

POGAVJE 5. VANA JEDNADŽBA 1 Rješenja jednadžbi (5.173 i (5.175 su dana sa Q (t = a + b t, Q n (t = a n cos(nπt + b n sin(nπt. (5.176 Partikularno rješenje jednadžbe (5.174 ima oblik Q p 2(t = t sin(2πt (5.177 4π jer su prirodna frekvencija i frekvencija prisilnih titraja jednake 2 π. Stoga je Q 2 (t = a 2 cos(2πt + b 2 sin(2πt + t sin(2πt. (5.178 4π Dakle, rješenje jednadžbe je dano redom u(x, t = a + b t 2 + ( an cos(nπt + b n sin(nπt cos(nπx + t sin(2πt cos(2πx 4π (5.179 gdje su koeficijenti a n i b n odredeni početnim uvjetima. Iz uvjeta (5.168 dobivamo u(x, = a 2 + a n cos(nπx = cos 2 (πx. (5.18 Koristeći identitet cos 2 (πx = 1 + 1 cos(2πx i usporedivanjem Fourierovih koeficijenata u gornjoj jednadžbi zaključujemo da 2 2 je Slično, iz uvjeta (5.169 slijedi a = 1, a 2 = 1 2, a n =, n, 2. (5.181 u t (x, = b 2 + nπb n cos(nπx = 2 cos(2πx (5.182 odakle dobivamo b 2 = 1 π, b n =, n 2. (5.183 Uvrštavanjem Fourierovih koeficijenata a n i b n u izraz za u(x, t nalazimo rješenje problema u(x, t = 1 2 + ( 1 2 cos(2πt + 4 + t 4π sin(2πt cos(2πx. (5.184

Poglavlje 6 aplaceova jednadžba Jedan od najvažnijih primjera eliptičkih jednadžbi je aplaceova jednadžba nazvana po francuskom matematičaru i fizičaru Pierre Simon de aplaceu (1749 1827 koji je zaslužan za razvoj teorije potencijala. aplaceova jednadžba ima primjene u elektrostatici, teoriji gravitacije, mehanici fluda i drugim problemima fizike i tehnike. U ovom poglavlju proučavamo aplaceovu jednadžbu u dvije dimenzije u xx + u yy =, (x, y Ω, (6.1 gdje je Ω ograničeno područje u R 2. Diferencijalni operator naziva se aplaceov operator. jednadžbe Δ = 2 x 2 + 2 y 2 (6.2 aplaceova jednadžba je posebni slučaj Poissonove Δu = f(x, y, (x, y Ω (6.3 za f =. U prvom dijelu izlaganja razmatrat ćemo opća svojstva aplaceove jednadžbe od kojih su najvažniji principi maksimuma i princip srednje vrijednosti. Metodom separacije varijabli ćemo konstruirati rješenja aplaceove jednadžbe za pravokutne i kružne domene. Na kraju, izvest ćemo rješenje aplaceove jednadžbe u obliku Poissonove formule i proširiti metodu separacije varijabli na Poissonovu jednadžbu. 11

POGAVJE 6. APACEOVA JEDNADŽBA 12 6.1 Opća svojstva aplaceove jednadžbe Funkciju u C 2 (Ω koja zadovoljava aplaceovu jednadžbu u području Ω R 2 nazivamo harmonijska funkcija u Ω. teoriji funkcija kompleksne varijable. Harmonijske funkcije se prirodno javljaju u Ako je f(z = u(x, y + iv(x, y analitička funkcija u Ω C, onda u i v zadovoljavaju Cauchy Riemannove jednadžbe u x = v y i u y = v x. Stoga je u xx + u yy = x (v y y (v x =. (6.4 Slično se pokazuje da v zadovoljava v xx + v yy =. Dakle, realni i imaginarni dio analitičke funkcije f = u + iv je harmonijska funkcija. Na primjer, e z = e x (cos(y + i sin(y (6.5 je analitička funkcija u C. ako se provjeri da su u(x, y = e x cos(y i v(x, y = e x sin(y harmonijske funkcije u R 2. Invarijantnost aplaceovog operatora aplaceov operator je invarijantan na grupu Euklidskih gibanja ISO(2. Elementi grupe ISO(2 su izometrije Euklidskog prostora R 2 koje čuvaju orijentaciju. Svaki element A ISO(2 se može prikazati kao kompozicija A = T v R θ gdje je R θ SO(2 rotacija za kut θ, a T v je translacija za vektor v = (v 1, v 2. Ako je p R 2, onda je A(p = R θ (p + v. Elementi grupe ISO(2 se mogu prikazati u matričnom obliku a b v 1 A = c d v 2 1 Ako (x, y R 2 identificiramo s točkom gdje je ( xy 1 [ a c ] b SO(2. (6.6 d R 3 (koju možemo zamisliti kao točku u ravnini z = 1, onda ISO(2 djeluje na ravnininu R 2 matričnim množenjem a b v 1 x A (x, y = c d v 2 y. (6.7 1 1

POGAVJE 6. APACEOVA JEDNADŽBA 13 Neka su α i β transformirane koordinate, (α, β = A (x, y. Tada je α = ax + by + v 1, β = cx + dy + v 2. (6.8 Transformacija (x, y (α, β je regularna jer je ad bc = 1. Definirajmo funkciju w(α, β = u(x, y. ako se pokaže da je u xx + u yy = (a 2 + b 2 w αα + 2(ac + bd w αβ + (c 2 + d 2 w ββ. (6.9 Medutim, matrica rotacije ima oblik [ ] a b = c d [ cos(θ sin(θ ] sin(θ cos(θ (6.1 što povlači u xx + u yy = w αα + w ββ (6.11 Dakle, aplaceov operator u novim varijablama ima isti oblik pa je Δ invarijantan na djelovanje grupe ISO(2. U daljnjem tekstu pretpostavljamo je rub ograničenog područja Ω unija po dijelovima glatkih jednostavnih zatvorenih krivulja C 1, C 2,..., C n. Jedinični normalni vektor n je definiran u svakoj točki na rubu Ω = n i=1c i osim eventualno u točkama gdje se krivulje C i nastavljaju jedna na drugu. Definicija 6.1 Neka je u rješenje Poissonove jednadžbe (6.3 na domeni Ω, i neka je funkcija g definirana na Ω. Kažemo da funkcija u zadovoljava (i Dirichletov uvjet na Ω ako je u(x, y = g(x, y za svaki (x, y Ω, (6.12 (ii Neumannov uvjet na Ω ako je u (x, y = g(x, y za svaki (x, y Ω (6.13 n gdje je n jedinični vektor normale na Ω usmjeren prema van, a u/ n = u n je usmjerena derivacija funkcije u u smjeru vektora n.

POGAVJE 6. APACEOVA JEDNADŽBA 14 Ako rješenje Poissonove jednadžbe zadovoljava Neumannov uvjet, onda funkcije f i g moraju zadovoljavati tzv. uvjet konzistentnosti. ema 6.1 Neka je Ω ograničena domena u R 2. Nužni uvjet za egistenciju rjevšenja Neumannovog problema je uvjet konzistentnosti u xx + u yy = f(x, y, (x, y Ω, (6.14 u (x, y = g(x, y, (x, y Ω, (6.15 n Ω gds = Ω fda. (6.16 Dokaz. Koristeći vektorski identitet za aplaceov operator Poissonovu jednadžbu možemo zapisati u obliku Δu = ( u (6.17 ( u = f. (6.18 Prema Gaussovom teoremu, za vektorsko polje G na skupu Ω vrijedi G da = ( G nds (6.19 Ω gdje je n jedinični vektor normale na Ω usmjeren prema van. Integracijom jednadžbe (6.18 po Ω i primjenom Gaussovog teorema dobivamo f dxdy = ( u dxdy Ω Ω u = ( u nds = Ω Ω n ds = gds. Ω Primijetimo da u slučaju kada je u rješenje aplaceove jednadžbe (f =, tada je nužan uvjet za egistenciju rješenja Ω Ω gds =. (6.2

POGAVJE 6. APACEOVA JEDNADŽBA 15 Drugim riječima, normalna derivacija harmonijske funkcije u po Ω isčezava, u ds =. (6.21 n Ω Ako uvjet konzistentnosti nije ispunjen, tada Neumannov problem nema rješenje. Sljedeći rezultat pokazuje da harmonijska funkcija na ograničenoj domeni doseže svoju maksimalnu i minimalnu vrijednost na rubu te domene. principu maksimuma za jednadžbu provodjenja topline. Ovaj zaključak je sličan Teorem 6.1 (Slabi princip maksimuma Neka je Ω ograničena domena u R 2 i neka je u C 2 (Ω C(ˉΩ harmonijska funkcija na Ω. Tada je max u(x, y = u(x, y (6.22 (x,y ˉΩ za neku točku (x, y Ω. Drugim riječima, funkcija u doseže maksimum po ˉΩ u nekoj točki ruba Ω. Dokaz. Neka je ε > Definirajmo funkciju v(x, y = u(x, y + ε(x 2 + y 2, (x, y ˉΩ. (6.23 Funkcija v je neprekidna na kompaktnom skupu ˉΩ, pa v doseže maksimum u nekoj točki (x, y ˉΩ. Ako je (x, y unutarnja točka skupa ˉΩ, odnosno (x, y Ω, tada prema nužnom uvjetu za lokalne ekstreme imamo v xx (x, y i v yy (x, y. (6.24 Medjutim, v xx + v yy = u xx + u yy + 4ε = 4ε > (6.25 u svakoj točki (x, y Ω, pa zaključujemo da (x, y / Ω. Dakle, v doseže maksimalnu vrijednost na rubu Ω, pa je max v(x, y = v(x, y za neku točku (x, y Ω. (6.26 (x,y ˉΩ Ako je M = max u(x, y i K = max (x 2 + y 2, (6.27 (x,y Ω (x,y Ω

POGAVJE 6. APACEOVA JEDNADŽBA 16 tada iz (6.26 i (6.27 slijedi da je za svaki (x, y Ω Stoga je v(x, y max v(x, y = max ( u(x, y + ε(x 2 + y 2 = M + εk. (6.28 (x,y Ω (x,y Ω u(x, y = v(x, y ε(x 2 + y 2 M + εk ε(x 2 + y 2 M + εk (6.29 za svaki (x, y Ω. Kako je ε > odabran proizvoljno, zaključujemo da je Ovo povlači da je u(x, y M za svaki (x, y Ω. (6.3 max u(x, y = M = max u(x, y. (6.31 (x,y ˉΩ (x,y Ω Funkcija u je neprekidna na kompaktnom skupu Ω, pa postoji (x, y Ω takav da je max u(x, y = u(x, y. (6.32 (x,y ˉΩ Primijetimo da slabi princip maksimuma ne isključuje mogućnost da u(x, y ima maksimum u nekoj točki (x, y Ω, na primjer ako je u(x, y konstantna funkcija. Ako je u harmonijska funkcija na Ω, tada je v = u takodjer harmonijska na Ω. S obzirom da je max (x,y ˉΩ v(x, y = min (x,y ˉΩ u(x, y, prema prethodnom teoremu zaključujemo da vrijedi Teorem 6.2 (Slabi princip minimuma Neka je u C 2 (Ω C(ˉΩ harmonijska funkcija na ograničenoj domeni Ω R 2. Tada postoji (x, y Ω takav da je Iz principa maksimuma i minimuma neposredno slijedi min u(x, y = u(x, y. (6.33 (x,y ˉΩ Korolar 6.1 Ako je u C 2 (Ω C(ˉΩ harmonijska funkcija na ograničenoj domeni Ω R 2 i u(x, y = za svaki (x, y Ω, tada je u =.

POGAVJE 6. APACEOVA JEDNADŽBA 17 Dokaz. Prema slabom principu maksimuma i minimuma imamo za svaki (x, y ˉΩ, pa je u =. = min u(x, y u(x, y max u(x, y = (6.34 (x,y Ω (x,y Ω Jedna od važnih posljednica principa maksimuma je jedinstvenost rješenja Dirichletovog problema za Poissonovu jednadžbu. Teorem 6.3 Neka je Ω ograničena domena u R 2. Tada postoji najviše jedno rješenje u C 2 (Ω C(ˉΩ Dirichletovog problema Δu(x, y = f(x, y, (x, y Ω, (6.35 u(x, y = g(x, y, (x, y Ω. (6.36 Dokaz. Pretpostavimo da postoje dva rješenja u 1 i u 2 problema (6.35 (6.36. Tada je u = u 1 u 2 harmonijska funkcija koja zadovoljava problem Δu(x, y =, (x, y Ω, (6.37 u(x, y =, (x, y Ω. (6.38 Prema korolaru 6.1 je u =, što povlači u 1 = u 2. Naglasimo da je ograničenost domene Ω važna pretpostavka u teoremu 6.3. Promotrimo Dirichletov problem na neograničenoj domeni Ω = {(x, y x 2 + y 2 > 4}: Δu(x, y =, (x, y Ω, (6.39 u(x, y = 1, x 2 + y 2 = 4. (6.4 ako se provjeri da su funkcije u 1 (x, y = 1 i u 2 (x, y = 1 ln(2 ln x 2 + y 2 rješenja problema (6.39 (6.4, pa rješenje aplaceove jednadžbe na Ω nije jedinstveno. Princip maksimuma takodjer ima za posljedicu da su rješenja Dirichletovog problema za Poissonovu jednadžbu stabilna u odnosu na rubne uvjete. Drugim riječima, male promjene u rubnim uvjetima rezultiraju malim promjenama u rješenju Poissonove jednadžbe.

POGAVJE 6. APACEOVA JEDNADŽBA 18 Teorem 6.4 Neka je Ω ograničena domena u R 2, i neka su u 1, u 2 C 2 (Ω C(ˉΩ rješenja Poissonove jednadžbe Δu 1 (x, y = f(x, y, Δu 2 (x, y = f(x, y, (x, y Ω, (6.41 koje zadovoljavaju rubne uvjete u 1 (x, y = g 1 (x, y u 2 (x, y = g(x, y, (x, y Ω, (6.42 gdje su g 1 i g 2 neprekidne funkcije na Ω. Ako je onda je max Ω g 1 g 2 < ε, (6.43 max u 1 u 2 < ε. (6.44 ˉΩ Dokaz. Definirajmo u = u 1 u 2. Tada je u rješenje aplaceove jednadžbe 2 u = u Ω koje zadovoljava rubni uvjet u(x, y = g 1 (x, y g 2 (x, y, (x, y Ω. Na rubu domene vrijedi u(x, y = g 1 (x, y g 2 (x, y < ε, (x, y Ω, (6.45 što povlači ε < min u i max u < ε. (6.46 Ω Ω Prema slabom principu maksimuma i minimuma imamo dakle, ε < min Ω u u(x, y max u < ε, (x, y Ω. (6.47 Ω u(x, y = u 1 (x, y u 2 (x, y < ε za svaki (x, y ˉΩ. (6.48 Teorem 6.5 (Princip srednje vrijednosti Neka je u harmonijska funkcija u domeni Ω (koja nije nužno ograničena, i neka je ˉK r (x, y Ω zatvoreni krug radijusa r > sa središtem u (x, y Ω. Tada je u(x, y = 1 2πr gdje je C r kružnica radiju r > sa središtem u (x, y. C r u ds (6.49

POGAVJE 6. APACEOVA JEDNADŽBA 19 Prema ovom principu, vrijednost harmonijske funkcije u središtu kružnice jednaka je srednjoj vrijednosti funkcije po kružnici. Dokaz. Neka je < ρ r i neka je C ρ kružnica radijusa ρ sa središtem u (x, y. Definirajmo funkciju V (ρ = 1 u ds = 1 2πρ C ρ 2π 2π u(x + ρ cos(ϕ, y + ρ sin(ϕ dϕ. (6.5 Primijetimo da funkcija V (ρ nije definirana u ρ =. Pokažimo da je V (ρ konstanta. Deriviranjem dobivamo V (ρ = 1 2π = 1 2π 2π 2π ρ u(x + ρ cos(ϕ, y + ρ sin(ϕ dϕ, [ ux (x + ρ cos(ϕ, y + ρ sin(ϕ sin(ϕ + u y (x + ρ cos(ϕ, y + ρ sin(ϕ cos(ϕ ] dϕ = 1 2π u 2π n dϕ = 1 u ds (6.51 2πρ C ρ n gdje je u = u n usmjerena derivacija u smjeru jediničnog radijalnog vektora n n = cos(ϕ i + sin(ϕ j. Prema jednadžbi (6.21 imamo C ρ u n ds = (6.52 jer je u harmonijska funkcija na krugu K ρ (x, y. Stoga je V (ρ =, što povlači da je V (ρ konstanta na (, r. Odavde slijedi V (r = lim V (ρ = 1 2π ρ + 2π lim u(x +ρ cos(ϕ, y +ρ sin(ϕ dϕ = u(x, y. (6.53 ρ + Dakle, 1 u ds = u(x, y. (6.54 2πr C r Princip srednje vrijednosti karakterizira harmonijske funkcije jer vrijedi i obrat ovog teorema.

POGAVJE 6. APACEOVA JEDNADŽBA 11 Teorem 6.6 Pretpostavimo da funkcija u C 2 (Ω zadovoljava princip srednje vrijednosti u svakoj točki domene Ω. Tada je u harmonijska funkcija u Ω. Dokaz. Pretpostavimo da postoji (x, y Ω takav da je Δu(x, y. Bez gubitka općenitosti možemo pretpostaviti Δu(x, y >. Kako je Δu neprekidna na Ω, postoji r > takav da je Δu(x, y > na krugu K r radijusa r sa središtem u (x, y. Neka je C r rub kruga K r. Iz Gaussovog teorema (vidi (6.19 slijedi < 1 Δu dxdy = 1 2π K r 2π = r 2π [ 2π C r u n ds = 1 2π 2π ( u x x + r cos(ϕ, y + r sin(ϕ cos(ϕ ( + u y x + r cos(ϕ, y + r sin(ϕ ] sin(ϕ dϕ 2π = r 2π = r r 1 r 2π r u( x + r cos(ϕ, y + r sin(ϕ dϕ 2π ( u n rdϕ u ( x + r cos(ϕ, y + r sin(ϕ dϕ (6.55 gdje je n = cos(ϕ i + sin(ϕ j jedinični normalni vektor na C r. Prema pretpostavci u zadovoljava princip srednje vrijednosti na Ω, pa je 1 2π u ( x + r cos(ϕ, y + r sin(ϕ dϕ = u(x, y. (6.56 2π Ovo vodi na kontradikciju jer iz jednadžbe (6.55 dobivamo r r 1 2π u ( x + r cos(ϕ, y + r sin(ϕ dϕ = r r 2π r u(x, y =. (6.57 Dakle, Δu(x, y = za svaki (x, y Ω pa zaključujemo da je u harmonijska funkcija na Ω. Iz principa srednje vrijenodsti može se dokazati Teorem 6.7 (Jaki princip maksimuma Neka je u harmonijska funkcija u domeni Ω (koja nije nužno ograničena. Ako u ima minimum ili maksimum u unutrašnjosti područja Ω, onda je u konstantna funkcija.

POGAVJE 6. APACEOVA JEDNADŽBA 111 Jaki princip maksimuma garantira da harmonijske funkcije koje nisu konstantne ne mogu doseći svoju minimalnu ili maksimalnu vrijednost u unutrašnjosti domene Ω. Ako je Ω ograničena domena, tada znamo da je minimum ili maksimum dosegnut u nekoj točki na rubu Ω. Medjutim, ako Ω nije ograničen skup, tada harmonijska funkcija u ne mora dosegnuti svoj maksimum ili minimum u ˉΩ = Ω Ω. Na primjer, u(x, y = ln(x 2 + y 2 je harmonijska funkcija u domeni Ω = {(x, y x 2 + y 2 1} i u(x, y = u svakoj točki (x, y Ω, ali u ne doseže maksimum u ˉΩ. 6.2 Separacija varijabli za aplaceovu jednadžbu Metoda separacije varijabli se može primijeniti na aplaceovu jednadžbu ako domena Ω ima odredjenu simetriju. U ovom poglavlju ćemo proučiti metode rješavanja aplaceove jednadžbe za pravokutne i kružne domene. Formalno rješenje aplaceove jednažbe je dano u obliku reda u = u n gdje su u n harmonijske funkcije u Ω. Stoga je potrebno znati pod kojim uvjetima red u n konvergira prema harmonijskoj funkciji, odnosno koji uvjeti garantiraju da je u = u n klasično rješenje aplaceove jednadžbe. Teorem 6.8 Neka je Ω ograničena domena u R 2. Neka je u = u n formalno rješenje Dirichletovog problema Δu(x, y =, (x, y Ω, (6.58 u(x, y = g(x, y, (x, y Ω, (6.59 gdje je g neprekidna funkcija na Ω i u n C 2 (Ω C(ˉΩ je harmonijska funkcija u Ω za svaki n N. Ako red u n konvergira uniformno ka funkciji g na Ω, tada u n konvergira uniformno u ˉΩ, i u je klasično rješenje problema (6.58-(6.59. Dokaz. Definirajmo parcijalne sume s n = n k=1 u k. Tada je s n C 2 (Ω C(ˉΩ niz harmonijskih funkcija koji konvergira uniformno ka g na Ω. Neka je ε >. Prema Cauchyevom kriteriju za uniformnu konvergenciju postoji n N takav da n, m > n sup s n (x, y s m (x, y < ε. (6.6 (x,y Ω

POGAVJE 6. APACEOVA JEDNADŽBA 112 Kako je s n s m C 2 (Ω C(ˉΩ harmonijska funkcija u Ω, slabi princip maksimuma povlači da je sup s n (x, y s m (x, y < ε. (6.61 (x,y ˉΩ Prema Cauchyevom kriteriju niz {s n } konvergira uniformno na ˉΩ, pa red k=1 u k konvergira uniformno na ˉΩ. Pokažimo da je u = k=1 u k harmonijska funkcija u Ω. Neka je (x, y Ω i neka je K r (x, y Ω krug radijusa r > sa središtem u (x, y. Funkcije u n su harmonijske u Ω pa zadovoljavaju princip srednje vrijednosti u n (x, y = 1 u n ds (6.62 2πr K r za svaki n N. Sada je u(x, y = u n (x, y = = 1 2πr K r 1 u n ds 2πr K r u n ds = 1 2πr K r u ds (6.63 gdje se integral i suma smiju zamijeniti zbog uniformne konvergencije reda. Dakle, funkcija u zadovoljava princip srednje vrijednosti u svakoj točki (x, y Ω, pa je prema teoremu 6.6 u harmonijska funkcija u Ω. Nadalje, u zadovoljava rubni uvjet u(x, y = k=1 u k(x, y = g(x, y, (x, y Ω, stoga je u klasično rješenje problema (6.58-(6.59. 6.2.1 Pravokutne domene U ovom poglavlju ćemo razviti metodu separacije varijabli za aplaceovu jednadžbu na pravokutnoj domeni. Translacijom koordinatnog sustava možemo pretpostaviti da je domena definirana sa Ω = (, b (, d. Promotrimio aplaceovu jednadžbu Δu(x, y =, (x, y Ω (6.64 s Dirichletovim rubnim uvjetima u(x, = h(x, u(x, d = k(x, x b, (6.65 u(, y = f(y, u(b, y = g(y, y d. (6.66

POGAVJE 6. APACEOVA JEDNADŽBA 113 Slika 6.1: Da bismo riješili problem potrebno je aplaceovoj jednadžbi pridružiti odgovarajući Sturm-ioiuvilleov problem koje daje bazne funkcije po kojima se rješenje u razvija u red. Prisjetimo se da Sturm-iouvilleov problem zahtijeva homogene rubne uvjete. Stoga je rješenje u potrebno rastaviti na zbroj u = u 1 +u 2 gdje su u 1 i u 2 harmonijske funkcije koje zadovoljavaju sljedeće rubne uvjete (vidi sliku 6.1: u 1 (x, =, u 1 (x, d =, x b, (6.67 u 1 (, y = f(y, u 1 (b, y = g(y, y d, (6.68 u 2 (x, = h(x, u 2 (x, d = k(x, x b, (6.69 u 2 (, y =, u 2 (b, y =, y d. (6.7 Rubni uvjeti u teoremu 6.8 su definirani neprekidnom funkcijom na Ω. Da bi rubni uvjeti za funkcije u 1 i u 2 bili neprekidni, potrebno je pretpostaviti da funkcije f, g, h i k zadovoljavaju uvjete kompatibilnosti f( = f(d =, g( = g(d =, (6.71 h( = h(b =, k( = k(b =. (6.72 Očigledno je da u = u 1 + u 2 zadovoljava rubne uvjete (6.65-(6.66 pa je prema teoremu 6.3 funkcija u = u 1 + u 2 jedinstveno rješenje problema (6.64-(6.66.

2025 © DocPlayer.gr Πολιτική Απορρήτου | Όροι Χρήσης | Σχόλια